\chapter{多项式}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%----------------一元多项式代数
\section{一元多项式代数}


在这一章里, 我们将暂时中止对线性空间、线性变换的讨论转而研究多项式. 多项式理论不仅对进一步研究线性代数是必要的, 而且在数学的其他分支领域也有极其重要的应用.

\begin{definition}
设 \(\mathbb{K}\) 是数域, \(x\) 为一个形式符号 (称为未定元),若 \({a}_{0},{a}_{1},\cdots ,{a}_{n} \in\) \(\mathbb{K}\left( {{a}_{n} \neq 0,n \geq 0}\right)\) ,称形式表达式

\[
{a}_{n}{x}^{n} + {a}_{n - 1}{x}^{n - 1} + \cdots + {a}_{1}x + {a}_{0}
\]

为数域 \(\mathbb{K}\) 上关于未定元 \(x\) 的一元 \(n\) 次多项式. 域 \(\mathbb{K}\) 上一元多项式全体记为 \(\mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack\) .
\end{definition}




多项式通常记为 \(f\left( x\right) ,g\left( x\right)\) 等等,其中 \({a}_{i}{x}^{i}\) 称为第 \(i\) 次项, \({a}_{i}\) 称为第 \(i\) 次项的系数. 如果多项式 \(f\left( x\right) = {a}_{n}{x}^{n} + {a}_{n - 1}{x}^{n - 1} + \cdots + {a}_{1}x + {a}_{0}\) 中 \({a}_{n} \neq 0\) ,则称 \(f\left( x\right)\) 是一个 \(n\) 次多项式, \({a}_{n}{x}^{n}\) 为 \(f\left( x\right)\) 的首项或最高次项, \({a}_{0}\) 为常数项. 若 \(f\left( x\right) = a\) , 则称 \(f\left( x\right)\) 为常数多项式,当 \(a \neq 0\) 时称它为零次多项式; 当 \(a = 0\) 时,称之为零多项式,规定其次数为 \(- \infty\) . 两个多项式称为相等当且仅当它们次数相同且各次项的系数相等, 即若

\[
f\left( x\right) = {a}_{n}{x}^{n} + {a}_{n - 1}{x}^{n - 1} + \cdots + {a}_{1}x + {a}_{0},
\]


\[
g\left( x\right) = {b}_{m}{x}^{m} + {b}_{m - 1}{x}^{m - 1} + \cdots + {b}_{1}x + {b}_{0},
\]


则 \(f\left( x\right) = g\left( x\right)\) 当且仅当 \(m = n,{a}_{i} = {b}_{i}\left( {i = 0,1,\cdots ,n}\right)\) .

若 \(f\left( x\right)\) 是 \(n\) 次多项式,则记 \(f\left( x\right)\) 的次数为
\[
\deg f\left( x\right) = n.
\]


现在我们定义 \(\mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack\) 上的运算. 设 \(f\left( x\right) ,g\left( x\right) \in \mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack\) 可设

\[
f\left( x\right) = {a}_{n}{x}^{n} + {a}_{n - 1}{x}^{n - 1} + \cdots + {a}_{1}x + {a}_{0},a_n\neq 0,
\]

\[
g\left( x\right) = {b}_{m}{x}^{m} + {b}_{m - 1}{x}^{m - 1} + \cdots + {b}_{1}x + {b}_{0},b_m\neq 0,
\]
假设$n\ge m$,定义

\[f(x)+g(x) = a_nx^n +\cdots+a_{m+1}x^{m+1}+(a_m+b_m)x^m+\cdots+(a_1+b_1)x+(a_0+b_0)\]

若 \(c \in \mathbb{K}\) ,定义

\[
{cf}\left( x\right) = c{a}_{n}{x}^{n} + c{a}_{n - 1}{x}^{n - 1} + \cdots + c{a}_{1}x + c{a}_{0},
\]

则 \(\mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack\) 在上述定义下成为 \(\mathbb{K}\) 上的线性空间,其中零向量为零多项式. 验证工作并不困难, 只需逐条验证线性空间的公理即可, 请读者自己完成.




再来定义两个多项式的积. 若 
\[
f\left( x\right) = {a}_{n}{x}^{n} + {a}_{n - 1}{x}^{n - 1} + \cdots + {a}_{1}x + {a}_{0},a_n\neq 0,
\]

\[
g\left( x\right) = {b}_{m}{x}^{m} + {b}_{m - 1}{x}^{m - 1} + \cdots + {b}_{1}x + {b}_{0},b_m\neq 0,
\]
定义 \(f\left( x\right) \cdot g\left( x\right) = h\left( x\right)\) ,其中 \(h\left( x\right)\) 是一个 \(m + n\) 次多项式,若设
\[
h\left( x\right) = {c}_{n + m}{x}^{n + m} + {c}_{n + m - 1}{x}^{n + m - 1} + \cdots + {c}_{1}x + {c}_{0},
\]

则

\[
{c}_{n + m} = {a}_{n}{b}_{m},\cdots ,c_k = \sum_{i+j=k}a_ib_j,\cdots,c_0 = a_0b_0.
\]

多项式乘法满足如下性质:
\begin{enumerate}[(1)]
\item 交换律:\(f\left( x\right) g\left( x\right) = g\left( x\right) f\left( x\right)\) ;
\item 结合律:\(\left( {f\left( x\right) g\left( x\right) }\right) h\left( x\right) = f\left( x\right) \left( {g\left( x\right) h\left( x\right) }\right)\) ;
\item 分配律:\(\left( {f\left( x\right) + g\left( x\right) }\right) h\left( x\right) = f\left( x\right) h\left( x\right) + g\left( x\right) h\left( x\right)\) ;
\item 乘法数乘相容性: \(c\left( {f\left( x\right) g\left( x\right) }\right) = \left( {{cf}\left( x\right) }\right) g\left( x\right) = f\left( x\right) \left( {{cg}\left( x\right) }\right)\) .
\item 乘法单位元: $1\cdot f(x) = f(x)$.
\end{enumerate}



由上述法则可知, \(\mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack\) 是数域 \(\mathbb{K}\) 上的代数(后4条),通常称 \(\mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack\) 为数域 \(\mathbb{K}\) 上的一元多项式代数. 由于 \(\mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack\) 中的加法及乘法适合环的条件,因此 \(\mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack\) 也称为 \(\mathbb{K}\) 上的一元多项式环.



\begin{proposition}
若 \(f\left( x\right) ,g\left( x\right) \in \mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack\) ,则
\[
\deg \left( {f\left( x\right) g\left( x\right) }\right) = \deg f\left( x\right) + \deg g\left( x\right) .
\]
\end{proposition}
\begin{proof}
若$f(x),g(x)$为零多项式(或其中一个),结论显然成立;
若均不为零多项式,根据多项式乘法的定义,结论成立.
\end{proof}



\begin{proposition}[整性]
若 \(f\left( x\right) ,g\left( x\right) \in \mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack\) 且 \(f\left( x\right) \neq 0,g\left( x\right) \neq 0\) ,则

\[
f\left( x\right) g\left( x\right) \neq 0\text{.}
\]
\end{proposition}
\begin{proof}
\(\deg \left( {f\left( x\right) g\left( x\right) }\right) = \deg f\left( x\right) + \deg g\left( x\right) \geq 0 + 0 = 0\) ,因此

\[
f\left( x\right) g\left( x\right) \neq 0.
\]
\end{proof}


\begin{corollary}[乘法消去律]
若 \(f\left( x\right) \neq 0\) 且 \(f\left( x\right) g\left( x\right) = f\left( x\right) h\left( x\right)\) ,则

\[
g\left( x\right) = h\left( x\right) .
\]
\end{corollary}
\begin{proof}
\(f\left( x\right) \left( {g\left( x\right) - h\left( x\right) }\right) = 0\) ,但 \(f\left( x\right) \neq 0\) ,故必须有 \(g\left( x\right) - h\left( x\right) = 0\) (整性). 
\end{proof}



\begin{proposition}
设 \(f\left( x\right) ,g\left( x\right) \in \mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack\) ,则
\begin{enumerate}[(1)]
\item \(\deg \left( {{cf}\left( x\right) }\right) = \deg f\left( x\right) ,0 \neq c \in \mathbb{K}\) ;
\item \(\deg \left( {f\left( x\right) + g\left( x\right) }\right) \leq \max \{ \deg f\left( x\right) ,\deg g\left( x\right) \}\) .
\end{enumerate}
\end{proposition}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%---------------------整除
\section{整除}

\begin{definition}[整除]
设 \(f\left( x\right) ,g\left( x\right) \in \mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack\) ,若存在 \(h\left( x\right) \in \mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack\) ,使

\[
f\left( x\right) = g\left( x\right) h\left( x\right)
\]

则称 \(g\left( x\right)\) 是 \(f\left( x\right)\) 的因式,或 \(g\left( x\right)\) 可以整除 \(f\left( x\right)\) ,记为 \(g\left( x\right) \mid f\left( x\right)\) . 否则称 \(g\left( x\right)\) 不能整除 \(f\left( x\right)\) ,记为
\(g\left( x\right) \nmid f\left( x\right)\) 
\end{definition}


从整除的定义知道, 零多项式的因式可以是任一多项式. 但零多项式不能是任一非零多项式的因式.
\begin{example}
\begin{itemize}
\item $f(x)\mid 0$.因为$0 = 0\cdot f(x)$.
\item $0\mid f(x) \Rightarrow f(x) = 0$.因为根据定义有$f(x) = 0\cdot h(x) = 0$.
\end{itemize}
\end{example}



\begin{proposition}
设 \(f\left( x\right) ,g\left( x\right) ,h\left( x\right) \in \mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack ,0 \neq c \in \mathbb{K}\) ,则
\begin{enumerate}[(1)]
\item 若 \(f\left( x\right) \mid g\left( x\right)\) ,则 \({cf}\left( x\right) \mid g\left( x\right)\) ,因此非零常数多项式 \(c\) 是任一非零多项式的因子;
\item \(f\left( x\right) \mid f\left( x\right)\);
\item 若 \(f\left( x\right) \left| {g\left( x\right) ,g\left( x\right) }\right| h\left( x\right)\) ,则 \(f\left( x\right) \mid h\left( x\right)\) ;
\item 若 \(f\left( x\right) \left| {g\left( x\right) ,f\left( x\right) }\right| h\left( x\right)\) ,则对任意的多项式 \(u\left( x\right) ,v\left( x\right)\) ,有

\[
f\left( x\right) \mid g\left( x\right) u\left( x\right) + h\left( x\right) v\left( x\right)
\]
\item 设 \(f\left( x\right) \left| {g\left( x\right) ,g\left( x\right) }\right| f\left( x\right)\) 且 \(f\left( x\right) ,g\left( x\right)\) 都是非零多项式,则存在 \(\mathbb{K}\) 中非零元 \(c\) ,使

\[
f\left( x\right) = {cg}\left( x\right)
\]
\end{enumerate}
\end{proposition}
\begin{proof}
\begin{enumerate}[(1)]
\item 若 \(g\left( x\right) = f\left( x\right) p\left( x\right)\) ,则

\[
g\left( x\right) = \left( {{cf}\left( x\right) }\right) \left( {{c}^{-1}p\left( x\right) }\right) .
\]

此即 \({cf}\left( x\right) \mid g\left( x\right)\) .
\item $f(x) = 1\cdot f(x)$.
\item 若 \(g\left( x\right) = f\left( x\right) p\left( x\right) ,h\left( x\right) = g\left( x\right) q\left( x\right)\) ,则

\[
h\left( x\right) = \left( {f\left( x\right) p\left( x\right) }\right) q\left( x\right) = f\left( x\right) \left( {p\left( x\right) q\left( x\right) }\right) .
\]
\item  若 \(g\left( x\right) = f\left( x\right) p\left( x\right) ,h\left( x\right) = f\left( x\right) q\left( x\right)\) ,则

\[
g\left( x\right) u\left( x\right) + h\left( x\right) v\left( x\right) = f\left( x\right) \left( {p\left( x\right) u\left( x\right) + q\left( x\right) v\left( x\right) }\right) .
\]
\item 设 \(g\left( x\right) = f\left( x\right) p\left( x\right) ,f\left( x\right) = g\left( x\right) q\left( x\right)\) ,则

\[
f\left( x\right) = f\left( x\right) \left( {p\left( x\right) q\left( x\right) }\right) .
\]

\begin{itemize}
\item 若$f(x) = 0$,则$g(x) = 0$,结论成立;
\item 若$f(x) \neq 0$有
\[
\deg f\left( x\right) = \deg f\left( x\right) + \deg \left( {p\left( x\right) q\left( x\right) }\right) .
\]

因此

\[
\deg \left( {p\left( x\right) q\left( x\right) }\right) = 0,
\]
也就是说

\[
\deg p\left( x\right) = \deg q\left( x\right) = 0.
\]
\end{itemize}
故 \(p\left( x\right)\) 及 \(q\left( x\right)\) 均为非零常数多项式,即 \(f\left( x\right)\) 和 \(g\left( x\right)\) 相差一个非零常数.
\end{enumerate}
\end{proof}



\begin{definition}[相伴多项式]
若$f(x)\mid g(x),g(x)\mid f(x)$,则称$f(x)$与$g(x)$相伴,记为
\(f\left( x\right) \sim g\left( x\right)\) .
\end{definition}
\begin{note}
相伴多项式即互相整除的多项式.

若\(f\left( x\right) \sim g\left( x\right)\) ,即$f(x) = k g(x),k\neq 0 $.容易验证相伴关系是一种等价关系.
\end{note}




任意给定两个非零多项式 \(f\left( x\right)\) 及 \(g\left( x\right)\) ,未必有 \(f\left( x\right) \mid g\left( x\right)\) 或 \(g\left( x\right) \mid f\left( x\right)\) ,但我们仍可做带余式的除法.


\begin{theorem}[带余除法]
设 \(f\left( x\right) ,g\left( x\right) \in \mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack ,g\left( x\right) \neq 0\) ,则必存在唯一的 \(q\left( x\right) ,r\left( x\right) \in\) \(\mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack\) ,使得

\[
f\left( x\right) = g\left( x\right) q\left( x\right) + r\left( x\right)
\]
且 \(\deg r\left( x\right) < \deg g\left( x\right)\) .
\end{theorem}
\begin{proof}
若 \(f\left( x\right) = 0\) 或 \(\deg f\left( x\right) < \deg g\left( x\right)\) ,只需令 \(q\left( x\right) = 0,r\left( x\right) = f\left( x\right)\) 即可.

现设 \(\deg f\left( x\right) \geq \deg g\left( x\right)\) ,对 \(f\left( x\right)\) 的次数用数学归纳法. 若 \(\deg f\left( x\right) = 0\) , 则 \(\deg g\left( x\right) = 0\) . 因此可设 \(f\left( x\right) = a,g\left( x\right) = b\left( {a \neq 0,b \neq 0}\right)\) . 这时令 \(q\left( x\right) = a{b}^{-1}\) , \(r\left( x\right) = 0\) 即可. 作为归纳假设,我们设结论对小于 \(n\) 次的多项式均成立. 设

\[
f\left( x\right) = {a}_{n}{x}^{n} + {a}_{n - 1}{x}^{n - 1} + \cdots + {a}_{1}x + {a}_{0},{a}_{n} \neq 0,
\]

\[
g\left( x\right) = {b}_{m}{x}^{m} + {b}_{m - 1}{x}^{m - 1} + \cdots + {b}_{1}x + {b}_{0},{b}_{m} \neq 0,
\]

由于 \(n \geq m\) ,可令

\[
{f}_{1}\left( x\right) = f\left( x\right) - {a}_{n}{b}_{m}^{-1}{x}^{n - m}g\left( x\right) ,
\]

则 \(\deg {f}_{1}\left( x\right) < n\) . 由归纳假设,有

\[
{f}_{1}\left( x\right) = g\left( x\right) {q}_{1}\left( x\right) + r\left( x\right)
\]

且 \(\deg r\left( x\right) < \deg g\left( x\right)\) ,于是

\[
f\left( x\right) - {a}_{n}{b}_{m}^{-1}{x}^{n - m}g\left( x\right) = g\left( x\right) {q}_{1}\left( x\right) + r\left( x\right) .
\]

因此

\[
f\left( x\right) = g\left( x\right) \left( {{a}_{n}{b}_{m}^{-1}{x}^{n - m} + {q}_{1}\left( x\right) }\right) + r\left( x\right) .
\]


令

\[
q\left( x\right) = {a}_{n}{b}_{m}^{-1}{x}^{n - m} + {q}_{1}\left( x\right) ,
\]

即得带余除法存在.

再证明唯一性. 设另有 \(p\left( x\right) ,t\left( x\right)\) ,使

\[
f\left( x\right) = g\left( x\right) p\left( x\right) + t\left( x\right)
\]

且 \(\deg t\left( x\right) < \deg g\left( x\right)\) ,则

\begin{align}\label{eq:5.1}
    g\left( x\right) \left( {q\left( x\right) - p\left( x\right) }\right) = t\left( x\right) - r\left( x\right) .
\end{align}



注意若 \(q\left( x\right) - p\left( x\right) \neq 0\) ,\eqref{eq:5.1} 式左边便有

\[
\deg g\left( x\right) \left( {q\left( x\right) - p\left( x\right) }\right) \geq \deg g\left( x\right) +\deg (q(x)-p(x))\ge \deg g(x),
\]

对于\eqref{eq:5.1} 式右边有
\[  \deg \left( {t\left( x\right) - r\left( x\right) }\right) \le \max\{\deg t(x),\deg r(x)\}< \deg g(x)\]

引出矛盾. 因此只可能 \(p\left( x\right) = q\left( x\right) ,t\left( x\right) = r\left( x\right)\) .
\end{proof}


\begin{corollary}
 设 \(f\left( x\right) ,g\left( x\right) \in \mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack ,g\left( x\right) \neq 0\) ,则 \(g\left( x\right) \mid f\left( x\right)\) 的充分必要条件是 \(g\left( x\right)\) 除 \(f\left( x\right)\) 后的余式为零.
\end{corollary}
\begin{proof}
必要性:由于\(g\left( x\right) \mid f\left( x\right)\) ,设
\[f(x) = g(x)q(x) = g(x)q(x)+0,\deg 0 < \deg g(x),\]
根据带余除法的唯一性可知$r(x) =  0.$

充分性:由$r(x) = 0$即可得到
\[f(x) = g(x)q(x)+r(x) = g(x)q(x)\]
即 $g(x)\mid f(x)$.
\end{proof}



\begin{example}
设 \(f\left( x\right) = 3{x}^{4} - 4{x}^{3} + {5x} - 1,g\left( x\right) = {x}^{2} - x + 1\) ,试求\(q\left( x\right)\) 及 \(r\left( x\right)\) . 
\end{example}
\begin{solution}
\polylongdiv{3x^4-4x^3+5x-1}{x^2-x+1}\\

于是可以得到$q(x) = 3x^2 - x-4,r(x) = 2x+3$.
\end{solution}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%--------最大公因式
\section{最大公因式}


设 \(f\left( x\right) ,g\left( x\right)\) 是数域 \(\mathbb{K}\) 上的多项式. 若 \(h\left( x\right) \in \mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack\) 适合: \(h\left( x\right) \mid f\left( x\right)\) , \(h\left( x\right) \mid g\left( x\right)\) ,则称 \(h\left( x\right)\) 是 \(f\left( x\right)\) 与 \(g\left( x\right)\) 的公因式 (或公因子); 若 \(l\left( x\right) \in \mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack\) 适合: \(f\left( x\right) \left| {l\left( x\right) ,g\left( x\right) }\right| l\left( x\right)\) ,则称 \(l\left( x\right)\) 是 \(f\left( x\right)\) 与 \(g\left( x\right)\) 的公倍式.





\begin{definition}[公因式与公倍式]
设 \(f\left( x\right) ,g\left( x\right) \in \mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack\) ,若 \(d\left( x\right)\) 是 \(f\left( x\right)\) 与 \(g\left( x\right)\) 的公因式,且对 \(f\left( x\right)\) 与 \(g\left( x\right)\) 的任一公因式 \(h\left( x\right)\) 均有 \(h\left( x\right) \mid d\left( x\right)\) ,则称 \(d\left( x\right)\) 为 \(f\left( x\right)\) 与 \(g\left( x\right)\) 的最大公因式 (或称 \(d\left( x\right)\) 为 \(f\left( x\right) ,g\left( x\right)\) 的 g.c.d.),记为 \(d\left( x\right) = \left( {f\left( x\right) ,g\left( x\right) }\right)\) .

同理,若 \(m\left( x\right)\) 是 \(f\left( x\right)\) 与 \(g\left( x\right)\) 的公倍式,且对 \(f\left( x\right)\) 与 \(g\left( x\right)\) 的任一公倍式 \(l\left( x\right)\) 均有 \(m\left( x\right) \mid l\left( x\right)\) ,则称 \(m\left( x\right)\) 为 \(f\left( x\right)\) 与 \(g\left( x\right)\) 的最小公倍式 (或称 \(m\left( x\right)\) 为 \(f\left( x\right) ,g\left( x\right)\) 的 l.c.m.),记为 \(m\left( x\right) = \left\lbrack {f\left( x\right) ,g\left( x\right) }\right\rbrack\) .
\end{definition}






如何求两个多项式 \(f\left( x\right) ,g\left( x\right)\) 的最大公因子 \(d\left( x\right)\) ? 不妨假设 \(\deg f\left( x\right) \geq\) \(\deg g\left( x\right)\) ,由带余除法,有

\[
f\left( x\right) = g\left( x\right) q\left( x\right) + r\left( x\right)
\]

其中 \(\deg r\left( x\right) < \deg g\left( x\right)\) . 若 \(r\left( x\right) \neq 0\) ,因为 \(d\left( x\right) \left| {f\left( x\right) ,d\left( x\right) }\right| g\left( x\right)\) ,故 \(d\left( x\right) \mid r\left( x\right)\) , 这表明 \(d\left( x\right)\) 是 \(g\left( x\right)\) 和 \(r\left( x\right)\) 的公因子. 注意到 \(r\left( x\right)\) 的次数比 \(f\left( x\right) ,g\left( x\right)\) 都小. 如果我们再将 \(g\left( x\right)\) 除以 \(r\left( x\right)\) ,得到的余式次数更小 (如果不为零的话),而 \(d\left( x\right)\) 是 \(r\left( x\right)\) 和这个余式的公因子. 不断这样做下去,肯定会得到余式为零的除式,其中的一个因子便是最大公因子. 这个方法称为 Euclid (欧几里得) 辗转相除法.


\begin{theorem}
设 \(f\left( x\right) ,g\left( x\right) \in \mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack\) ,则存在 \(f\left( x\right)\) 与 \(g\left( x\right)\) 的最大公因式 \(d\left( x\right)\) , 且存在 \(u\left( x\right) ,v\left( x\right) \in \mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack\) ,使得

\[
f\left( x\right) u\left( x\right) + g\left( x\right) v\left( x\right) = d\left( x\right) .
\]
\end{theorem}\label{theorem:5.2}
\begin{proof}
若 \(f\left( x\right) = 0\) ,则显然 \(\left( {f\left( x\right) ,g\left( x\right) }\right) = g\left( x\right)\) ; 若 \(g\left( x\right) = 0\) ,则 \(\left( {f\left( x\right) ,g\left( x\right) }\right) =\) \(f\left( x\right)\) . 故不妨设 \(f\left( x\right) \neq 0,g\left( x\right) \neq 0\) . 由带余除法,我们有下列等式:
\begin{align*}
    f\left( x\right) &= g\left( x\right) {q}_{1}\left( x\right) + {r}_{1}\left( x\right)\\
    g\left( x\right) &= {r}_{1}\left( x\right) {q}_{2}\left( x\right) + {r}_{2}\left( x\right)\\
    {r}_{1}\left( x\right) &= {r}_{2}\left( x\right) {q}_{3}\left( x\right) + {r}_{3}\left( x\right)\\
    &\cdots\cdots\\
    {r}_{s - 2}\left( x\right) &= {r}_{s - 1}\left( x\right) {q}_{s}\left( x\right) + {r}_{s}\left( x\right)\\
    &\cdots\cdots
\end{align*}

余式的次数是严格递减的, 因此经过有限步后, 必有一个等式其余式为零. 不妨设 \({r}_{s + 1}\left( x\right) = 0\) ,于是

\[
{r}_{s - 1}\left( x\right) = {r}_{s}\left( x\right) {q}_{s + 1}\left( x\right)
\]

现在要证明 \({r}_{s}\left( x\right)\) 即为 \(f\left( x\right)\) 与 \(g\left( x\right)\) 的最大公因式. 由上式知 \({r}_{s}\left( x\right) \mid {r}_{s - 1}\left( x\right)\) ,但

\[
{r}_{s - 2}\left( x\right) = {r}_{s - 1}\left( x\right) {q}_{s}\left( x\right) + {r}_{s}\left( x\right) ,
\]

因此 \({r}_{s}\left( x\right) \mid {r}_{s - 2}\left( x\right)\) . 这样可一直推下去,得 \({r}_{s}\left( x\right) \left| {g\left( x\right) ,{r}_{s}\left( x\right) }\right| f\left( x\right)\) . 这表明 \({r}_{s}\left( x\right)\) 是 \(f\left( x\right)\) 与 \(g\left( x\right)\) 的公因式. 又设 \(h\left( x\right)\) 是 \(f\left( x\right)\) 与 \(g\left( x\right)\) 的公因式, 则 \(h\left( x\right) \mid {r}_{1}\left( x\right)\) ,于是 \(h\left( x\right) \mid {r}_{2}\left( x\right)\) ,不断往下推,容易看出有 \(h\left( x\right) \mid {r}_{s}\left( x\right)\) . 因此 \({r}_{s}\left( x\right)\) 是最大公因式.

再证明$\exists u(x),v(x)$. 可得

\[
{r}_{s}\left( x\right) = {r}_{s - 2}\left( x\right) - {r}_{s - 1}\left( x\right) {q}_{s}\left( x\right) ,
\]


但我们有

\[
{r}_{s - 3}\left( x\right) = {r}_{s - 2}\left( x\right) {q}_{s - 1}\left( x\right) + {r}_{s - 1}\left( x\right) ,
\]


从上式中解出 \({r}_{s - 1}\left( x\right)\) 代入,得

\[
{r}_{s}\left( x\right) = {r}_{s - 2}\left( x\right) \left( {1 + {q}_{s - 1}\left( x\right) {q}_{s}\left( x\right) }\right) - {r}_{s - 3}\left( x\right) {q}_{s}\left( x\right) .
\]

用类似的方法逐步将 \({r}_{i}\left( x\right)\) 用 \({r}_{i - 1}\left( x\right) ,{r}_{i - 2}\left( x\right)\) 代入,从而得到

\[
{r}_{s}\left( x\right) = f\left( x\right) u\left( x\right) + g\left( x\right) v\left( x\right) .
\]

显然 \(u\left( x\right) ,v\left( x\right) \in \mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack\) .
\end{proof}



若 \({d}_{1}\left( x\right)\) 与 \({d}_{2}\left( x\right)\) 都是 \(f\left( x\right) ,g\left( x\right)\) 的最大公因式,则 \({d}_{1}\left( x\right) \left| {{d}_{2}\left( x\right) ,{d}_{2}\left( x\right) }\right|\) \({d}_{1}\left( x\right)\) ,因此必存在 \(c \in \mathbb{K}\) ,使 \({d}_{2}\left( x\right) = c{d}_{1}\left( x\right)\) ,即 \(f\left( x\right)\) 与 \(g\left( x\right)\) 的两个最大公因式最多相差一个非零常数. 若规定 \(f\left( x\right) ,g\left( x\right)\) 的最大公因式首项系数为 1 (首项系数等于 1 的多项式称为首一多项式),则 \(f\left( x\right)\) 与 \(g\left( x\right)\) 的最大公因式就唯一确定了. 今后我们规定, 凡最大公因式均指首一多项式.



对 \(m\) 个多项式,我们也可以定义最大公因式的概念.
\begin{definition}
 设 \({f}_{i}\left( x\right) \left( {i = 1,2,\cdots ,m}\right)\) 是 \(\mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack\) 中元素,若 \(d\left( x\right) \mid {f}_{i}\left( x\right) \left( {i = 1,2,\cdots ,m}\right)\) ,则称 \(d\left( x\right)\) 是 \(\left\{ {{f}_{i}\left( x\right) }\right\}\) 的公因式. 如果对 \(\left\{ {{f}_{i}\left( x\right) }\right\}\) 的任一公因式 \(h\left( x\right) ,h\left( x\right) \mid d\left( x\right)\) ,则称 \(d\left( x\right)\) 为 \(\left\{ {{f}_{i}\left( x\right) }\right\}\) 的最大公因式,记为 \(d\left( x\right) = \left( {{f}_{1}\left( x\right) ,{f}_{2}\left( x\right) ,\cdots ,{f}_{m}\left( x\right) }\right)\) .
\end{definition}




\begin{proposition}
若 \(f\left( x\right) ,g\left( x\right) ,h\left( x\right) \in \mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack\) ,则

\[
\left( {\left( {f\left( x\right) ,g\left( x\right) }\right) ,h\left( x\right) }\right) = \left( {f\left( x\right) ,\left( {g\left( x\right) ,h\left( x\right) }\right) }\right) = \left( {f\left( x\right) ,g\left( x\right) ,h\left( x\right) }\right) .
\]
\end{proposition}





\begin{proposition}
设$f_1(x),f_2(x),\cdots,f_m(x)\in \mathbb{K}[x]$,则
\[(f_1(x),f_2(x),\cdots,f_m(x)) = ((f_1(x),f_2(x)),f_3(x),\cdots,f_m(x))\]
\end{proposition}
\begin{proof}
记$d(x) = (f_1(x),f_2(x),\cdots,f_m(x)),d_{12}(x) = ((f_1(x),f_2(x))$.只要证$d(x) = (d_{12}(x),f_3(x),\cdots,f_m(x))$即可.

一方面,$d(x)\mid f_i(x)(\forall i)\Rightarrow d(x)\mid d_{12}(x),d(x)\mid f_i(x)(\forall i\ge 3)$;

另一方面,任取$d_{12}(x),f_3(x),\cdots,f_m(x) $的公因式$h(x)$,由
\[h(x)\mid d_{12}(x)\Rightarrow h(x)\mid f_1(x),h(x)\mid f_2(x),h(x)\mid f_i(x)(\forall i\ge 3)\]
由于$d(x)$最大得到$h(x)\mid d(x)$.
\end{proof}


上述命题告诉我们,求 \(m\) 个多项式的最大公因式时可以先求其中任意两个的最大公因式. 再用同样的方法不断求下去, 不必顾虑先后次序, 最后的结果总是一样的.


利用最大公因式, 我们可以定义互素的概念.
\begin{definition}
设 \(f\left( x\right) ,g\left( x\right) \in \mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack\) ,若 \(\left( {f\left( x\right) ,g\left( x\right) }\right) = 1\) ,则称 \(f\left( x\right)\) 与 \(g\left( x\right)\) 互素.
\end{definition}

\begin{theorem}
设 \(f\left( x\right) ,g\left( x\right) \in \mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack\) ,则 \(f\left( x\right)\) 与 \(g\left( x\right)\) 互素的充分必要条件是存在 \(u\left( x\right) ,v\left( x\right) \in \mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack\) ,使

\[
f\left( x\right) u\left( x\right) + g\left( x\right) v\left( x\right) = 1.
\]
\end{theorem}
\begin{proof}
若 \(\left( {f\left( x\right) ,g\left( x\right) }\right) = 1\) ,由定理 \ref{theorem:5.2} 知道,存在 \(u\left( x\right) ,v\left( x\right)\) ,使得
\[
f\left( x\right) u\left( x\right) + g\left( x\right) v\left( x\right) = 1.
\]成立. 

反之,若 $f\left( x\right) u\left( x\right) + g\left( x\right) v\left( x\right) = 1.$成立,假定 \(\left( {f\left( x\right) ,g\left( x\right) }\right) = d\left( x\right)\) ,于是 \(d\left( x\right) \mid 1\) , 于是 \(d\left( x\right) = 1\)(前面已经约定最大公因式是首一多项式,$d(x)$是零次多项式,故只能等于1) .
\end{proof}
\begin{note}
若只有
\[
f\left( x\right) u\left( x\right) + g\left( x\right) v\left( x\right) = d\left( x\right) .
\]
无法得到$d(x) = (f(x),g(x))$.因为无法确定$d(x)$是否为$f(x),g(x)$的公因式.
\end{note}




\begin{corollary}
若 \({f}_{1}\left( x\right) \left| {g\left( x\right) ,{f}_{2}\left( x\right) }\right| g\left( x\right)\) ,且 \(\left( {{f}_{1}\left( x\right) ,{f}_{2}\left( x\right) }\right) = 1\) ,则

\[
{f}_{1}\left( x\right) {f}_{2}\left( x\right) \mid g\left( x\right)
\]
\end{corollary}
\begin{proof}
由$(f_1(x),f_2(x)) = 1$知存在$u(x),v(x)$使得
\[f_1(x)u(x)+f_2(x)v(x) = 1\]
两边同乘以$g(x)$得到
\[f_1(x)u(x)g(x)+f_2(x)v(x)g(x) = g(x)\]
只需证$f_1(x)f_2(x)$整除上式左边即可.由于
\[f_1(x)f_2(x)\mid f_1(x)u(x)g(x), f_1(x)f_2(x)\mid f_2(x)v(x)g(x)\footnote{$f_1(x)\mid f_1(x),f_2(x)\mid g(x)\Rightarrow f_1(x)f_2(x)\mid f_1(x)u(x)g(x)$,第二个也是同理.}\]
于是$  f_1(x)f_2(x)\mid g(x)$.
\end{proof}


\begin{corollary}\label{corollary:5.4}
若 \(\left( {f\left( x\right) ,g\left( x\right) }\right) = 1\) ,且 \(f\left( x\right) \mid g\left( x\right) h\left( x\right)\) ,则

\[
f\left( x\right) \mid h\left( x\right) \text{.}
\]
\end{corollary}
\begin{proof}
设 \(u\left( x\right) ,v\left( x\right) \in \mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack\) ,且使

\[
f\left( x\right) u\left( x\right) + g\left( x\right) v\left( x\right) = 1,
\]

则

\[
f\left( x\right) u\left( x\right) h\left( x\right) + g\left( x\right) v\left( x\right) h\left( x\right) = h\left( x\right) .
\]

因上式左边可被 \(f\left( x\right)\) 整除,故 \(f\left( x\right) \mid h\left( x\right)\) .
\end{proof}






\begin{corollary}
若 \(\left( {{f}_{1}\left( x\right) ,g\left( x\right) }\right) = 1,\left( {{f}_{2}\left( x\right) ,g\left( x\right) }\right) = 1\) ,则

\[
\left( {{f}_{1}\left( x\right) {f}_{2}\left( x\right) ,g\left( x\right) }\right) = 1.
\]
\end{corollary}
\begin{proof}
设

\[
{f}_{1}\left( x\right) {u}_{1}\left( x\right) + g\left( x\right) {v}_{1}\left( x\right) = 1
\]

\[
{f}_{2}\left( x\right) {u}_{2}\left( x\right) + g\left( x\right) {v}_{2}\left( x\right) = 1
\]

将上两式两边分别相乘得

\[
\left( {{f}_{1}\left( x\right) {f}_{2}\left( x\right) }\right) {u}_{1}\left( x\right) {u}_{2}\left( x\right) + g\left( x\right) \left( {{v}_{1}\left( x\right) {f}_{2}\left( x\right) {u}_{2}\left( x\right) }\right.
\]

\[
\left. {+g\left( x\right) {v}_{1}\left( x\right) {v}_{2}\left( x\right) + {v}_{2}\left( x\right) {f}_{1}\left( x\right) {u}_{1}\left( x\right) }\right) = 1.
\]

这就是说 \({f}_{1}\left( x\right) {f}_{2}\left( x\right)\) 和 \(g\left( x\right)\) 互素.
\end{proof}




\begin{corollary}
设 \(\left( {f\left( x\right) ,g\left( x\right) }\right) = d\left( x\right) ,f\left( x\right) = {f}_{1}\left( x\right) d\left( x\right) ,g\left( x\right) = {g}_{1}\left( x\right) d\left( x\right)\) ,则

\[
\left( {{f}_{1}\left( x\right) ,{g}_{1}\left( x\right) }\right) = 1
\]
\end{corollary}
\begin{proof}
设 \(u\left( x\right) ,v\left( x\right) \in \mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack\) ,且使

\[
f\left( x\right) u\left( x\right) + g\left( x\right) v\left( x\right) = d\left( x\right)
\]

即

\[
{f}_{1}\left( x\right) d\left( x\right) u\left( x\right) + {g}_{1}\left( x\right) d\left( x\right) v\left( x\right) = d\left( x\right) ,
\]

两边消去 \(d\left( x\right)\) 即得

\[
{f}_{1}\left( x\right) u\left( x\right) + {g}_{1}\left( x\right) v\left( x\right) = 1,
\]

因此 \({f}_{1}\left( x\right) ,{g}_{1}\left( x\right)\) 互素.
\end{proof}



\begin{corollary}
设 \(\left( {f\left( x\right) ,g\left( x\right) }\right) = d\left( x\right)\) ,则

\[
\left( {t\left( x\right) f\left( x\right) ,t\left( x\right) g\left( x\right) }\right) = t\left( x\right) d\left( x\right) .
\]
\end{corollary}
\begin{proof}
首先有$t(x)d(x)\mid t(x)f(x),t(x)d(x)\mid t(x)g(x)$.

设 \(u\left( x\right) ,v\left( x\right) \in \mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack\) ,且使

\[
f\left( x\right) u\left( x\right) + g\left( x\right) v\left( x\right) = d\left( x\right)
\]

则

\[
t\left( x\right) f\left( x\right) u\left( x\right) + t\left( x\right) g\left( x\right) v\left( x\right) = t\left( x\right) d\left( x\right) .
\]

任取$ t(x)f(x),t(x)g(x)$的一个公因式$h(x)$,必有$h(x)\mid t(x)d(x)$.从而
\[
t\left( x\right) d\left( x\right) =\left( {t\left( x\right) f\left( x\right) ,t\left( x\right) g\left( x\right) }\right) .
\]
\end{proof}




\begin{theorem}
设 \(f\left( x\right) ,g\left( x\right)\) 是非零多项式,则

\[
f\left( x\right) g\left( x\right) \sim \left( {f\left( x\right) ,g\left( x\right) }\right) \left\lbrack {f\left( x\right) ,g\left( x\right) }\right\rbrack .
\]
\end{theorem}
\begin{proof}
设 \(d\left( x\right) = \left( {f\left( x\right) ,g\left( x\right) }\right)\) 且 \(f\left( x\right) = {f}_{0}\left( x\right) d\left( x\right) ,g\left( x\right) = {g}_{0}\left( x\right) d\left( x\right)\) ,则 \({f}_{0}\left( x\right) ,{g}_{0}(x)\) 互素. 

由于
\[\frac{f(x)g(x)}{(f(x),g(x))} = f_0(x)d(x)g_0(x)\]
只需证明$ f_0(x)d(x)g_0(x)$是$f(x),g(x)$的最小公倍式即可.

假定 \(l\left( x\right)\) 是 \(f\left( x\right) ,g\left( x\right)\) 的公倍式且
\[
l\left( x\right) = f\left( x\right) u\left( x\right) = g\left( x\right) v\left( x\right) .
\]
故 \({f}_{0}\left( x\right) d\left( x\right) u\left( x\right) = {g}_{0}\left( x\right) d\left( x\right) v\left( x\right)\) . 消去 \(d\left( x\right)\) 得

\[
{f}_{0}\left( x\right) u\left( x\right) = {g}_{0}\left( x\right) v\left( x\right)
\]

因为 \({f}_{0}\left( x\right) ,{g}_{0}\left( x\right)\) 互素,所以 \({f}_{0}\left( x\right) \left| {v\left( x\right) ,{g}_{0}\left( x\right) }\right| u\left( x\right)\) ,不妨设 \(u\left( x\right) = {g}_{0}\left( x\right) p\left( x\right)\) . 于是

\[
l\left( x\right) = {f}_{0}\left( x\right) d\left( x\right) {g}_{0}\left( x\right) p\left( x\right) .
\]

即 \({f}_{0}\left( x\right) d\left( x\right) {g}_{0}\left( x\right) \mid l\left( x\right)\) .
\end{proof}


下面的定理是多项式形式的 “中国剩余定理”. “中国剩余定理” 又称为 “孙子定理”, 是一个在数论、代数学等领域有广泛应用的定理.



\begin{theorem}[中国剩余定理]
设 \(\left\{ {{f}_{i}\left( x\right) \mid i = 1,\cdots ,n}\right\}\) 是两两互素的多项式, \({r}_{1}\left( x\right) ,\cdots ,{r}_{n}\left( x\right)\) 是 \(n\) 个多项式,则存在多项式 \(g\left( x\right) ,{q}_{i}\left( x\right) \left( {i = 1,\cdots ,n}\right)\) ,使得 \(g\left( x\right) = {f}_{i}\left( x\right) {q}_{i}\left( x\right) + {r}_{i}\left( x\right)\) 对一切 \(i\) 成立.
\end{theorem}
\begin{proof}
先证明存在多项式 \({g}_{i}\left( x\right)\) ,使得对任意的 \(i\) ,有

\[
{g}_{i}\left( x\right) = {f}_{i}\left( x\right) {q}_{i}\left( x\right) + 1,{f}_{j}\left( x\right) \mid {g}_{i}\left( x\right) \left( {j \neq i}\right) .
\]

一旦得证,只需令 \(g\left( x\right) = {r}_{1}\left( x\right) {g}_{1}\left( x\right) + \cdots + {r}_{n}\left( x\right) {g}_{n}\left( x\right)\) 即可. 现构造 \({g}_{1}\left( x\right)\) 如下.

 因为 \({f}_{1}\left( x\right)\) 和 \({f}_{j}\left( x\right) \left( {j \neq 1}\right)\) 互素,故存在 \({u}_{j}\left( x\right) ,{v}_{j}\left( x\right)\) ,使

\[
{f}_{1}\left( x\right) {u}_{j}\left( x\right) + {f}_{j}\left( x\right) {v}_{j}\left( x\right) = 1.
\]

令

\[
{g}_{1}\left( x\right) = {f}_{2}\left( x\right) {v}_{2}\left( x\right) \cdots {f}_{n}\left( x\right) {v}_{n}\left( x\right)= \left( {1 - {f}_{1}\left( x\right) {u}_{2}\left( x\right) }\right) \cdots \left( {1 - {f}_{1}\left( x\right) {u}_{n}\left( x\right) }\right)
\]

显然 \({g}_{1}\left( x\right)\) 符合要求. 同理可构造 \({g}_{i}\left( x\right)\) .

令\[ g(x) = \sum_{i=1}^{n}g_i(x)r_i(x), \]
即可得到要求的$ g(x)$.
\end{proof}

\begin{note}
定理证明思路见\href{https://www.bilibili.com/video/BV1mJ411r7ZB?p=52&vd_source=53b67fca8cc409cd3c2da2368246ac2d}{高等代数学(中国剩余定理)}40:01秒的视频.
\end{note}






%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%--------------因式分解
\section{因式分解}

\begin{definition}
设 \(f\left( x\right)\) 是数域 \(\mathbb{K}\) 上的非常数多项式,若 \(f\left( x\right)\) 可以分解为两个次数小于 \(f\left( x\right)\) 次数的 \(\mathbb{K}\) 上多项式之积,则称 \(f\left( x\right)\) 是 \(\mathbb{K}\) 上的可约多项式. 否则, 称之为 \(\mathbb{K}\) 上的不可约多项式.
\end{definition}
\begin{remark}
\begin{enumerate}[(1)]
\item 等价定义:
\begin{itemize}
\item $f(x)$可约 $\Leftrightarrow$ $\exists g(x),h(x)\in \mathbb{K}[x],\deg g(x)>0,\deg h(x)>0$使得
\[f(x) = g(x)h(x);\]
\item $f(x)$不可约  $\Leftrightarrow$ $f(x)$的因式只有$c\neq 0$和$c f(x)$.
\end{itemize}
\item 多项式的可约性,不可约性依赖于数域的选取.
\end{enumerate}
\end{remark}


比如 \({x}^{2} - 2\) 在有理数域上是不可约多项式, 但在实数域上是可约多项式. 然而无论在哪个域上, 一次多项式总是不可约的. 另外我们还要注意,因为 \(\mathbb{K}\) 是一个域,对 \(\mathbb{K}\) 中任一非零数 \(c\) ,都有 \(f\left( x\right) = c\left( {{c}^{-1}f\left( x\right) }\right)\) . 但是这种分解没有多大意义. 我们谈的因式分解, 都是指将一个多项式分解为两个次数较小的多项式之积.



\begin{example}
一次多项式在任何数域上均不可约.
\end{example}



\begin{lemma}\label{lemma:5.4}
设 \(f\left( x\right)\) 是数域 \(\mathbb{K}\) 上的不可约多项式,则对 \(\mathbb{K}\) 上任一多项式 \(g\left( x\right)\) ,或者 \(f\left( x\right) \mid g\left( x\right)\) ,或者 \(\left( {f\left( x\right) ,g\left( x\right) }\right) = 1\) .
\end{lemma}
\begin{proof}
设 \(d\left( x\right) = \left( {f\left( x\right) ,g\left( x\right) }\right)\) . 因为 \(f\left( x\right)\) 不可约,故 \(f\left( x\right)\) 的因式只能是非零常数多项式或 \({cf}\left( x\right) \left( {c \neq 0}\right)\) ,从而或者 \(d\left( x\right) = 1\) 或者 \(d\left( x\right) = {cf}\left( x\right)\) (首一多项式).

对于第二种情况,由于$ d(x) = cf(x),d(x)\mid g(x)$,于是$f(x)\mid g(x)$.
\end{proof}
\begin{note}
上述引理告诉我们,不可约多项式与任一多项式之间的关系只有两种,互素或整除.
\end{note}


不可约多项式还有 “素性”, 如以下定理所述.

\begin{theorem}\label{theorem:5.6}
 若 \(p\left( x\right)\) 是 \(\mathbb{K}\) 上的不可约多项式, \(f\left( x\right) ,g\left( x\right)\) 是 \(\mathbb{K}\) 上的多项式且 \(p\left( x\right) \mid f\left( x\right) g\left( x\right)\) ,则或者 \(p\left( x\right) \mid f\left( x\right)\) ,或者 \(p\left( x\right) \mid g\left( x\right)\) .
\end{theorem}
\begin{proof}
\begin{itemize}
\item 若$p(x)\mid f(x)$,证毕;
\item 若$p(x)\nmid f(x)$,根据引理\ref{lemma:5.4}可知$(p(x),f(x))=1$.根据互素多项式的性质(推论\ref{corollary:5.4})可知$p(x)\mid g(x)$.
\end{itemize}
\end{proof}



\begin{corollary}\label{corollary:5.8}
设 \(p\left( x\right)\) 为不可约多项式且

\[
p\left( x\right) \mid {f}_{1}\left( x\right) {f}_{2}\left( x\right) \cdots {f}_{m}\left( x\right)
\]

则 \(p\left( x\right)\) 必可整除其中某个 \({f}_{i}\left( x\right)\) .
\end{corollary}
\begin{proof}
对$m$进行归纳.当$m = 2$时,结论成立.设$m-1$个多项式时成立,下证$m$个多项式时成立.

设
\[p(x)\mid (f_1(x)\cdots f_{m-1}(x))\cdot f_m(x)\]
根据定理\ref{theorem:5.6}知若$p(x)\mid f_m(x)$结论成立.

若$p(x)\mid f_1(x)\cdots f_{m-1}(x)$,由归纳假设可知结论成立.
\end{proof}



对 \(\mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack\) 中任意一个非常数多项式,是否一定可以分解为不可约因子的积? 这种分解是否唯一? 下面的因式分解定理回答了这个问题.


\begin{theorem}
 设 \(f\left( x\right)\) 是数域 \(\mathbb{K}\) 上的多项式且 \(\deg f\left( x\right) \geq 1\) ,则
 \begin{enumerate}[(1 )]
 \item \(f\left( x\right)\) 可分解为 \(\mathbb{K}\) 上的有限个不可约多项式之积;
 \item 若
 \[
 f\left( x\right) = {p}_{1}\left( x\right) {p}_{2}\left( x\right) \cdots {p}_{s}\left( x\right) = {q}_{1}\left( x\right) {q}_{2}\left( x\right) \cdots {q}_{t}\left( x\right)
 \]
 是 \(f\left( x\right)\) 的两个不可约分解,即 \({p}_{i}\left( x\right) ,{q}_{j}\left( x\right)\) 都是 \(\mathbb{K}\) 上的次数大于零的不可约多项式,则 \(s = t\) ,且经过适当调换因式的次序以后,有
 \[
 {q}_{i}\left( x\right) \sim {p}_{i}\left( x\right) \left( {i = 1,2,\cdots ,s}\right) .
 \]
 \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}
\begin{enumerate}[(1)]
\item 
对多项式 \(f\left( x\right)\) 的次数用数学归纳法. 若 \(\deg f\left( x\right) = 1\) ,结论显然成立. 设次数小于 \(n\) 的多项式都可以分解为 \(\mathbb{K}\) 上的不可约多项式之积而 \(\deg f\left( x\right) = n\) . 若 \(f\left( x\right)\) 不可约,结论自然成立. 若 \(f\left( x\right)\) 可约,则

\[
f\left( x\right) = {f}_{1}\left( x\right) {f}_{2}\left( x\right)
\]

其中 \({f}_{1}\left( x\right) ,{f}_{2}\left( x\right)\) 的次数小于 \(n\) ,由归纳假设它们可以分解为 \(\mathbb{K}\) 上的有限个不可约多项式之积. 所有这些多项式之积就是 \(f\left( x\right)\) .
\item 对 不可约分解的因式个数 \(s\) 用数学归纳法. 若 \(s = 1\) ,则 \(f\left( x\right) = {p}_{1}\left( x\right)\) ,因此 \(f\left( x\right)\) 是不可约多项式,于是 \(t = 1,{q}_{1}\left( x\right) = {p}_{1}\left( x\right)\) (若$t\ge2$,则$p_1(x)$就为可约多项式了). 现假设对不可约因式个数小于 \(s\) 的多项式结论正确. 

由于
\[
{p}_{1}\left( x\right) \mid {q}_{1}\left( x\right) {q}_{2}\left( x\right) \cdots {q}_{t}\left( x\right)
\]

由推论\ref{corollary:5.8}可知,必存在某个 \(i\) ,不妨设 \(i = 1\) ,使

\[
{p}_{1}\left( x\right) \mid {q}_{1}\left( x\right)
\]

但是 \({p}_{1}\left( x\right) ,{q}_{1}\left( x\right)\) 都是不可约多项式,因此存在 \({c}_{1} \in \mathbb{K}\) ,使

\[
{q}_{1}\left( x\right) = {c}_{1}{p}_{1}\left( x\right)
\]

此即 \({p}_{1}\left( x\right) \sim {q}_{1}\left( x\right)\) . 将$q_1(x)$代入上式并消去 \({p}_{1}\left( x\right)\) ,得到

\[
{p}_{2}\left( x\right) \cdots {p}_{s}\left( x\right) = {c}_{1}{q}_{2}\left( x\right) \cdots {q}_{t}\left( x\right) .
\]

这时左边为 \(s - 1\) 个不可约多项式之积,由归纳假设, \(s - 1 = t - 1\) ,即 \(s = t\) . 另一方面,存在 \({c}_{i} \in \mathbb{K},{c}_{i} \neq 0,{q}_{i}\left( x\right) = {c}_{i}{p}_{i}\left( x\right)\) $(2\le i\le s)$.

前面已证明$p_1(x)\sim q_1(x)$,于是有
 \[
 {q}_{i}\left( x\right) \sim {p}_{i}\left( x\right) \left( {i = 1,2,\cdots ,s}\right) .
 \]
\end{enumerate}
\end{proof}





上述定理表明, 任一多项式可唯一地被分解为若干个不可约多项式之积. 这里唯一是在相伴意义下的唯一, 即相应的多项式可以差一个常数因子. 如果把分解式中相同或仅差一个常数的因式合并在一起, 我们就得到了一个 “标准分解” 式:
\[
f\left( x\right) = c{p}_{1}{\left( x\right) }^{{e}_{1}}{p}_{2}{\left( x\right) }^{{e}_{2}}\cdots {p}_{m}{\left( x\right) }^{{e}_{m}},
\]

其中 \({p}_{i}\left( x\right)\) 是互异的首一不可约多项式, \({e}_{i} \geq 1\left( {i = 1,2,\cdots ,m}\right)\) .

\begin{corollary}[标准因式分解]
设$f(x)\in \mathbb{K}[x],\deg f(x)\ge 1$,则
\[
f\left( x\right) = c{p}_{1}{\left( x\right) }^{{e}_{1}}{p}_{2}{\left( x\right) }^{{e}_{2}}\cdots {p}_{m}{\left( x\right) }^{{e}_{m}},
\]
其中$c\neq 0$,\({p}_{i}\left( x\right)\) 是互异的首一不可约多项式, \({e}_{i} \geq 1\left( {i = 1,2,\cdots ,m}\right)\) .
\end{corollary}

\begin{note}
对首一多项式而言,互异$\Leftrightarrow$互素.

设$p_i(x)\neq p_j(x)(i\neq j)$.用反证法,设$p_i(x)$与$p_j(x)$不互素,从而$p_i(x)\mid p_j(x)$,即$p_j(x) = p_i(x)h(x)$,从而$h(x) = c\neq 0$.即$p_j(x) = cp_i(x)$.由首一性可知$c = 1$,即$p_i(x)=p_j(x)$,与假设矛盾.
\end{note}


若 \({e}_{i} > 1\) ,我们称上式中的因式 \({p}_{i}\left( x\right)\) 为 \(f\left( x\right)\) 的 \({e}_{i}\) 重因式. 显然这时 \({p}_{i}{\left( x\right) }^{{e}_{i}} \mid f\left( x\right)\) ,但 \({p}_{i}{\left( x\right) }^{{e}_{i} + 1}\) 不能整除 \(f\left( x\right)\) .



\begin{corollary}
设 \(f\left( x\right) ,g\left( x\right)\) 是 \(\mathbb{K}\) 上的两个多项式. 在它们的标准分解式中适当添加零次项, 我们不妨设它们有如下的分解式:

\[
f\left( x\right) = {c}_{1}{p}_{1}{\left( x\right) }^{{e}_{1}}{p}_{2}{\left( x\right) }^{{e}_{2}}\cdots {p}_{n}{\left( x\right) }^{{e}_{n}}
\]

\[
g\left( x\right) = {c}_{2}{p}_{1}{\left( x\right) }^{{f}_{1}}{p}_{2}{\left( x\right) }^{{f}_{2}}\cdots {p}_{n}{\left( x\right) }^{{f}_{n}},
\]

其中 \({e}_{i} \geq 0,{f}_{i} \geq 0\left( {i = 1,2,\cdots ,n}\right)\) ,则 \(f\left( x\right) ,g\left( x\right)\) 的最大公因式

\[
\left( {f\left( x\right) ,g\left( x\right) }\right) = {p}_{1}{\left( x\right) }^{{k}_{1}}{p}_{2}{\left( x\right) }^{{k}_{2}}\cdots {p}_{n}{\left( x\right) }^{{k}_{n}},
\]

其中$c_1\neq 0,c_2\neq 0$,$p_i(x)$是互异的首一不可约多项式, \({k}_{i} = \min \left\{ {{e}_{i},{f}_{i}}\right\} \left( {i = 1,2,\cdots ,n}\right)\) ,则
\begin{enumerate}[(1)]
\item $f(x)\mid g(x) \Leftrightarrow e_i\le f_i,\forall 1\le i\le n$.
\item 令${k}_{i} = \min \left\{ {{e}_{i},{f}_{i}}\right\},{h}_{i} = \max \left\{ {{e}_{i},{f}_{i}}\right\}  \left( {i = 1,2,\cdots ,n}\right)$
则有
\begin{align*}
\left( {f\left( x\right) ,g\left( x\right) }\right) &= {p}_{1}{\left( x\right) }^{{k}_{1}}{p}_{2}{\left( x\right) }^{{k}_{2}}\cdots {p}_{n}{\left( x\right) }^{{k}_{n}},\\
\left\lbrack {f\left( x\right) ,g\left( x\right) }\right\rbrack &= {p}_{1}{\left( x\right) }^{{h}_{1}}{p}_{2}{\left( x\right) }^{{h}_{2}}\cdots {p}_{n}{\left( x\right) }^{{h}_{n}}.
\end{align*}
\item $f(x)g(x)\sim  (f(x),g(x))\cdot [f(x),g(x)]$.
\end{enumerate}
\end{corollary}
\begin{proof}
只需证明(1)即可.

充分性显然,若$e_i\le f_i$,则有$f(x)\mid g(x)$.

必要性:设$f(x)\mid g(x)$,用反证法,设$e_1>f_1$,则有
\[p_1(x)^{e_1-f_1}\cdots p_n(x)^{e_n}\mid p_2(x)^{f_2}\cdots p_n(x)^{f_n}\]
于是有
\[p_1(x)\mid p_1(x)^{e_1-f_1}\mid p_2(x)^{f_2}\cdots p_n(x)^{f_n}\]
则存在$2\le i\le n$,使得$p_1(x)\mid p_i(x)$.

可以得到$p_1(x) = p_i(x)$(为首一不可约多项式),与互异矛盾!
\end{proof}


\begin{definition}
设\(f\left( x\right) = {a}_{n}{x}^{n} + {a}_{n - 1}{x}^{n - 1} + \cdots + {a}_{1}x + {a}_{0} \in \mathbb{K}[x]\) ,下列多项式称为$f(x)$的形式导数.
\[
{f}^{\prime }\left( x\right) = n{a}_{n}{x}^{n - 1} + \left( {n - 1}\right) {a}_{n - 1}{x}^{n - 2} + \cdots + {a}_{1}.
\]
\end{definition}



\begin{property}
形式导数的性质:
\begin{enumerate}[(1)]
\item \({\left( f\left( x\right) + g\left( x\right) \right) }^{\prime } = {f}^{\prime }\left( x\right) + {g}^{\prime }\left( x\right)\) ;
\item \({\left( cf\left( x\right) \right) }^{\prime } = c{f}^{\prime }\left( x\right)\) ;
\item \({\left( f\left( x\right) g\left( x\right) \right) }^{\prime } = {f}^{\prime }\left( x\right) g\left( x\right) + f\left( x\right) {g}^{\prime }\left( x\right)\) ;
\item \({\left( f{\left( x\right) }^{m}\right) }^{\prime } = {mf}{\left( x\right) }^{m - 1}{f}^{\prime }\left( x\right)\) ;
\item 若$\deg f(x)\ge 1$,则$\deg f'(x) = \deg f(x)-1\ge 0$,从而
\[f(x)\nmid f'(x).\]
\end{enumerate}
\end{property}



\begin{proposition}
设$f(x)\in \mathbb{K}[x],\deg f(x)\ge 1,d(x) = (f(x),f'(x))$,则
$\frac{f(x)}{d(x)}$无重因式且与$f(x)$有相同的不可约因式(不计重数).
\end{proposition}
\begin{proof}
设$f(x)$的标准分解式为
\[
f\left( x\right) = c{p}_{1}{\left( x\right) }^{{e}_{1}}{p}_{2}{\left( x\right) }^{{e}_{2}}\cdots {p}_{m}{\left( x\right) }^{{e}_{m}},
\]
其中$c\neq 0$,\({p}_{i}\left( x\right)\) 是互异的首一不可约多项式, \({e}_{i} \geq 1\left( {i = 1,2,\cdots ,m}\right)\) .

则\begin{align*}
   f'(x) = & cp_1(x)^{e_1-1}p_2(x)^{e_2}\cdots p_m(x)^{e_m}p_1'(x)\\
   &+ cp_1(x)^{e_1}p_2(x)^{e_2-1}\cdots p_m(x)^{e_m}p_2'(x)\\
   &\cdots\\
   &+cp_1(x)^{e_1}p_2(x)^{e_2}\cdots p_m(x)^{e_m-1}p_m'(x)
\end{align*}
可知$p_1(x)^{e_1-1}p_2(x)^{e_2-1}\cdots p_m(x)^{e_m-1}$是$f(x)$和$f'(x)$(整除$f'(x)$的每一项)的公因式,下证是最大公因式.

设$d(x) = (f(x),f'(x)) = p_1(x)^{k_1}p_2(x)^{k_2}\cdots p_m(x)^{k_m}$,则有
\[e_i-1\le k_i\le e_i,\forall 1\le i\le m,\]
下证$k_i = e_i-1$.用反证法,不妨设$k_1 = e_1$,即$p_1(x)^{e_1}\mid f'(x)$.
从而
\[p_1(x)^{e_1}\mid p_1(x)^{e_1-1}p_2(x)^{e_2}\cdots p_m(x)^{e_m}p_1'(x)\]
由于$(p_1(x),p_i(x)) = 1,\forall i\ge 2$可得
$p_1(x)\mid p_1'(x)$,矛盾!

于是
\[d(x) = p_1(x)^{e_1-1}p_2(x)^{e_2-1}\cdots p_m(x)^{e_m-1},\]
即有
\[\frac{f(x)}{d(x)} = p_1(x)p_2(x)\cdots p_m(x)\]
无重因式且与$f(x)$有相同的不可约因式.
\end{proof}



\begin{theorem}
设$f(x)\in \mathbb{K}[x],\deg f(x)\ge 1$,则$f(x)$无重因式$\Leftrightarrow$ $(f(x),f'(x))=1$.
\end{theorem}
\begin{proof}
设$f(x)$的标准分解式为
\[
f\left( x\right) = c{p}_{1}{\left( x\right) }^{{e}_{1}}{p}_{2}{\left( x\right) }^{{e}_{2}}\cdots {p}_{m}{\left( x\right) }^{{e}_{m}},
\]
其中$c\neq 0$,\({p}_{i}\left( x\right)\) 是互异的首一不可约多项式, \({e}_{i} \geq 1\left( {i = 1,2,\cdots ,m}\right)\) .

根据上述命题可知
\[(f(x),f'(x)) = p_1(x)^{e_1-1}p_2(x)^{e_2-1}\cdots p_m(x)^{e_m-1},\]
由此可得结论成立.
\end{proof}



%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%----------多项式函数
\section{多项式函数}

我们在定义数域 \(\mathbb{K}\) 上的多项式 \(f\left( x\right)\) 时,未定元 \(x\) 被看成是一个形式元,多项式 \(f\left( x\right)\) 是一个形式多项式. 若

\[
f\left( x\right) = {a}_{n}{x}^{n} + {a}_{n - 1}{x}^{n - 1} + \cdots + {a}_{1}x + {a}_{0},
\]

对 \(\mathbb{K}\) 中任一元 \(b\) ,定义

\[
f\left( b\right) = {a}_{n}{b}^{n} + {a}_{n - 1}{b}^{n - 1} + \cdots + {a}_{1}b + {a}_{0},
\]
则称 \(f\left( b\right)\) 为 \(f\left( x\right)\) 在点 \(b\) 的值. 这样多项式 \(f\left( x\right)\) 又可看成是数域 \(\mathbb{K}\) 上的函数, 这个函数称为多项式函数. 一个很自然的问题是: 多项式函数与多项式是否是一回事? 也就是说,若两个多项式 \(f\left( x\right)\) 与 \(g\left( x\right)\) 在 \(\mathbb{K}\) 上取值相同,那么是否必有 \(f\left( x\right) = g\left( x\right)\) ,即它们对应的各次项的系数相同? 我们将在下面给予肯定的回答.




\begin{definition}
设 \(f\left( x\right) \in \mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack ,b \in \mathbb{K}\) ,若 \(f\left( b\right) = 0\) ,则称 \(b\) 是 \(f\left( x\right)\) 的一个根或零点.
\end{definition}

\begin{theorem}[余数定理]
设 \(f\left( x\right) \in \mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack ,b \in \mathbb{K}\) ,则存在 \(g\left( x\right) \in \mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack\) ,使

\[
f\left( x\right) = \left( {x - b}\right) g\left( x\right) + f\left( b\right) .
\]

特别, \(b\) 是 \(f\left( x\right)\) 的根当且仅当 \(\left( {x - b}\right) \mid f\left( x\right)\) .
\end{theorem}
\begin{proof}
由带余除法知

\[
f\left( x\right) = \left( {x - b}\right) g\left( x\right) + r\left( x\right)
\]


\(\deg r\left( x\right) < 1\) ,因此 \(r\left( x\right)\) 为常数多项式. 在 上 式中用 \(b\) 代替 \(x\) ,即得 \(r\left( x\right) =\) \(f\left( b\right)\) .
\end{proof}



根据上述定理,我们可以仿照标准因式分解中重因式的概念来给出多项式重根的定义.
\begin{definition}

 设 \(f\left( x\right) \in \mathbb{K}\left\lbrack x\right\rbrack ,b \in \mathbb{K}\) ,若存在正整数 \(k\) ,使 \({\left( x - b\right) }^{k} \mid f\left( x\right)\) , 但 \({\left( x - b\right) }^{k + 1}\) $\nmid$ \(f\left( x\right)\) ,则称 \(b\) 是 \(f\left( x\right)\) 的一个 \(k\) 重根. 若 \(k = 1\) ,则称 \(b\) 为单根.
\end{definition}


\begin{note}
\(b\) 是 \(f\left( x\right)\) 的 \(k\) 重根的充分必要条件是
\[
f\left( b\right) = {f}^{\prime }\left( b\right) = \cdots = {f}^{\left( k - 1\right) }\left( b\right) = 0,{f}^{\left( k\right) }\left( b\right) \neq 0.
\]
\end{note}


\begin{lemma}
设 \(f\left( x\right)\) 是数域 \(\mathbb{K}\) 上的不可约多项式且 \(\deg f\left( x\right) \geq 2\) ,则 \(f\left( x\right)\) 在 \(\mathbb{K}\) 中没有根.
\end{lemma}

\begin{proof}
用反证法,设 \(b \in \mathbb{K}\) 是 \(f\left( x\right)\) 的根,由余数定理 知 \(\left( {x - b}\right) \mid f\left( x\right)\) , 即 \(f\left( x\right) = \left( {x - b}\right) g\left( x\right)\) 可分解为两个低次多项式之积(由于$\deg f(x)\ge 2$,于是$\deg g(x)\ge 1$),这与 \(f\left( x\right)\) 不可约矛盾. 
\end{proof}






如果把 \(k\) 重根看成 \(f\left( x\right)\) 有 \(k\) 个根,则我们有下列结论.

\begin{theorem}
 若 \(f\left( x\right)\) 是数域 \(\mathbb{K}\) 上的 \(n\) 次多项式,则 \(f\left( x\right)\) 在 \(\mathbb{K}\) 中最多只有 \(n\) 个根(计重数).
\end{theorem}
\begin{proof}
对$f(x)$作因式分解如下(根据上述引理知,次数大于等于2的不可约多项式无根,故将一次因式单独拿出来):
\[f(x) = c(x-b_1)^{n_1}\cdots (x-b_r)^{n_r}p_1(x)^{e_1}\cdots p_s(x)^{e_s},\]
其中 $c \neq 0$, $b_1, \cdots, b_r$ 互不相同, 
$p_i(x)$ 是互异首一不可约多项式且 $\deg p_i(x) \geq 2, 1 \leq i \leq s$.

$\Rightarrow f(x)$ 的根 $b_1(n_1 \text{重}), \cdots, b_r(n_r \text{重})$.由于
\[n = \deg f(x) = n_1 + \cdots + n_r + e_1 \deg p_1(x) + \cdots + e_s \deg p_s(x)\]
于是
$f(x)$ 在 $\mathbb{K}$ 中的根个数 $= n_1 + \cdots + n_r \leq n$. 
\end{proof}








\begin{corollary}
设 $f(x)$ 与 $g(x)$ 是 $\mathbb{K}$ 上的次数不超过 $n$ 的两个多项式,若存在 $\mathbb{K}$ 上 $n+1$ 个不同的数 $b_1, b_2, \dots, b_{n+1}$, 使
$$f(b_i) = g(b_i), \ i = 1, 2, \dots, n+1,$$
则 $f(x) = g(x)$.
\end{corollary}
\begin{proof}
作 $h(x) = f(x) - g(x)$, 显然 $h(x)$ 次数不超过 $n$. 但$h(x)$有 $n+1$ 个不同的根,矛盾!因此只可能 $h(x) = 0$, 即 $f(x) = g(x)$. 
\end{proof}



 上述推论肯定地回答了我们一开始提出的问题,即若两个多项式 $f(x), g(x)$ 在数域 $\mathbb{K}$ 上的值相同, 则 $f(x) = g(x)$. 但是读者必须注意,这是因为在一个数域都 有无穷多个元素之故(任何一个数域$\mathbb{K}\supseteq \mathbb{Q}$). 对一般的域 (读者将在抽象代数教程中遇到) 来说,上述结论是不是一定成立的, 即存在两个不同的多项式,它们在某一有限域上的值处处相同.
 
 
 
 
 
 %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%--------复系数多项式
 \section{复系数多项式}
 
 现在我们来研究复数域上的多项式, 首先我们要证明重要的 “代数基本定理”. 这个定理的内容读者可能在中学里就已经知道. 定理的证明要用到二元连续函数的性质. 这个定理在复变函数课程里还将有一个非常简洁的证明. 在下面的证明里, 我们不再区别多项式和多项式函数.
 
 
 
 \textbf{二元连续函数定义:}
 设 \( f: D \subseteq \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R} \) 是一个定义在平面区域 \( D \) 上的二元函数.我们说 \( f \) 在点 \( (x_0, y_0) \in D \) 连续,如果对任意的 \( \varepsilon > 0 \),存在一个 \( \delta > 0 \),使得当 \( (x, y) \in D \) 且满足
 \[
 \sqrt{(x - x_0)^2 + (y - y_0)^2} < \delta
 \]
 时,必有
 \[
 |f(x, y) - f(x_0, y_0)| < \varepsilon.
 \]
 换句话说,函数 \( f(x, y) \) 在点 \( (x_0, y_0) \) 连续当且仅当对任意小的误差 \( \varepsilon > 0 \),我们总能找到一个足够小的距离 \( \delta > 0 \),使得 \( (x, y) \) 位于 \( (x_0, y_0) \) 的 \( \delta \) 邻域内时,函数值 \( f(x, y) \) 与 \( f(x_0, y_0) \) 的差距小于 \( \varepsilon \).
 
 如果函数 \( f \) 在区域 \( D \) 上的每一点 \( (x_0, y_0) \) 都连续,则称 \( f \) 在区域 \( D \) 上连续.
 
 
 \begin{example}
 二元多项式是二元连续函数.
 \end{example}
 
 
 \begin{property}
 二元连续函数性质:
 \begin{itemize}
 \item 二元连续函数一定能在闭圆盘$D = \{(x,y)\left |  (x-x_0)^2+(y-y_0)^2\le r^2 \right.  \}$上取得最值.
 \end{itemize} 
 \end{property}
 
 
 \begin{theorem}[代数学基本定理]
 每个次数大于零的复数域上的多项式都至少有一个复数根.
 \end{theorem}
 \begin{proof}
 设复数域上的 \(n\) 次多项式为
 
 \[
 f\left( z\right) = {a}_{n}{z}^{n} + {a}_{n - 1}{z}^{n - 1} + \cdots + {a}_{1}z + {a}_{0}.
 \]
 \begin{enumerate}[(1)]
 \item 首先证明$\exists z_0\in \mathbb{C}$使得$|f(z)|\ge |f(z_0)|,\forall z\in \mathbb{C}$.
 
 令 \(z = x + \mathrm{i}y\) ,其中 \(x,y\) 是实变量. 展开 \(f\left( {x + \mathrm{i}y}\right)\) 并分开实部和虚部,则
 
 \[
 f\left( z\right) = u\left( {x,y}\right) + \mathrm{i}v\left( {x,y}\right)
 \]
 
 其中 \(u\left( {x,y}\right)\) 及 \(v\left( {x,y}\right)\) 为实系数二元多项式函数. 又
 
 \[
 \left| {f\left( z\right) }\right| = \sqrt{u{\left( x,y\right) }^{2} + v{\left( x,y\right) }^{2}}
 \]
 
 是一个二元连续函数, 但
\begin{align*}
    \left| f(z) \right| &= \left| a_n z^n + a_{n-1} z^{n-1} + \cdots + a_0 \right|\\
    &\geq \left| {{a}_{n}{z}^{n}}\right| - \left| {{a}_{n - 1}{z}^{n - 1} + \cdots + {a}_{0}}\right|\\
    &\geq \left| {{a}_{n}{z}^{n}}\right| - \left( |a_{n-1}z^{n-1}|+\cdots +|a_1z|+|a_0|\right)\\
    &\geq \left| z^n \right| \left( \left| a_n \right| - \left( \frac{\left| a_{n-1} \right|}{\left| z \right|} + \frac{\left| a_{n-2} \right|}{\left| z^2 \right|} + \cdots + \frac{\left| a_0 \right|}{\left| z^n \right|} \right) \right)\\
    &\geq \frac{1}{2} |a_n||z|^n \text{ 当 } |z| \to \infty.
\end{align*}

 任取$z_1\in \mathbb{C}$,存在正实数$R$,使得$|z|>R,|f(z)|>|f(z_1)|$.
 
 考虑以$R$为半径的闭圆盘$D$,$|f(z)|$在闭圆盘$D$上取到最小值.不妨设在$z_0$点取得最小值,即
 \[ |f(z)|\ge |f(z_0)|,\forall z\in D,\]
 若$z\notin D$,有
 \[|f(z)|\ge |f(z_1)\ge  |f(z_0)|\]
 于是$|f(z_0)|$即为$\min |f(z)|,\forall z\in \mathbb{Z}$.
 \item 接下来证明 \(f\left( {z}_{0}\right) = 0\),即$z_0$是$f(z)$的零点.
 
 用反证法,设$f(z_0)\neq 0$,作一个摄动$z = z_0+h$,则
 \[f(z_0+h) = b_n h_n+b_{n-1}h^{n-1}+\cdots +b_1h+b_0,\text{其中}b_n = a_n\neq 0,b_0 = f(z_0)\neq 0,\]
 于是
	\[
	\frac{f\left( {{z}_{0} + h}\right) }{f\left( {z}_{0}\right) } = \frac{{b}_{n}}{f\left( {z}_{0}\right) }{h}^{n} + \frac{{b}_{n - 1}}{f\left( {z}_{0}\right) }{h}^{n - 1} + \cdots + \frac{{b}_{1}}{f\left( {z}_{0}\right) }h + 1.
	\]
 \({b}_{1},{b}_{2},\cdots ,{b}_{n}\) 中有些可能为零,但决不全为零. 设 \({b}_{k}\) 是第一个不为零的复数,则
 
 \[
 \frac{f\left( {{z}_{0} + h}\right) }{f\left( {z}_{0}\right) } = 1 + {c}_{k}{h}^{k} + {c}_{k + 1}{h}^{k + 1} + \cdots + {c}_{n}{h}^{n},
 \]
 
 其中 \({c}_{i} = \frac{{b}_{i}}{f\left( {z}_{0}\right) }\) . 令 \(h = {ed},d = \sqrt[k]{-\frac{1}{{c}_{k}}}, 0<e\ll 1\)($e$控制长度,$d$控制方向) 代入 可得
 \[
 \frac{f\left( {{z}_{0} + h}\right) }{f\left( {z}_{0}\right) } = 1 - {e}^{k} + {e}^{k + 1}\left( {{c}_{k + 1}{d}^{k + 1} + {c}_{k + 2}{d}^{k + 2}e + \cdots }\right) ,
 \]
 
 取充分小的正实数 \(e\) ,使
 
 \[
 e\left( {\left| {{c}_{k + 1}{d}^{k + 1}}\right| + \left| {{c}_{k + 2}{d}^{k + 2}}\right| + \cdots }\right) < \frac{1}{2},
 \]
 
 于是
 \begin{align*}
      \left| \frac{f\left( {{z}_{0} + h}\right) }{f\left( {z}_{0}\right) }\right| &\leq \left| {1 - {e}^{k}}\right| + \left| {{e}^{k + 1}\left( {{c}_{k + 1}{d}^{k + 1} + {c}_{k + 2}{d}^{k + 2} + \cdots }\right) }\right|\\
      & \leq 1 - {e}^{k} + {e}^{k + 1}\left( {\left| {{c}_{k + 1}{d}^{k + 1}}\right| + \left| {{c}_{k + 2}{d}^{k + 2}}\right| + \cdots }\right)\\
      & < 1 - {e}^{k} + \frac{1}{2}{e}^{k}\\
      & = 1 - \frac{1}{2}{e}^{k} < 1
 \end{align*}
 将这样的 \(e\) 代入 \(h = {ed}\) ,得
 
 \[
 \left| {f\left( {{z}_{0} + {ed}}\right) }\right| < \left| {f\left( {z}_{0}\right) }\right| .
 \]
 
 这就推出了矛盾.
 \end{enumerate}
 \end{proof}
 
 
 
 
 \begin{corollary}
 设$n\geq 1$,以下结论等价:
 \begin{enumerate}[(1)]
 \item 任一$n$次复系数多项式至少有一个复根;
 \item 复系数不可约多项式都是一次多项式;
 \item 任一复系数多项式都是一次多项式的乘积;
 \item 任一$n$次复系数多项式恰有$n$个复根(计重数).
 \end{enumerate}
 \end{corollary}
 \begin{proof}
 (1)$\Rightarrow$(2):设$p(x)$在$\mathbb{C}$上不可约.由(1)可设$b$为$p(x)$的根,则$(x-b)\mid p(x)$,即
 \[p(x) = (x-b)q(x)\]
 由$p(x)$不可约可知$q(x) = c \neq 0$,从而$p(x) = c(x-b)$是一次多项式;
 
 (2)$\Rightarrow$ (3):由因式分解定理即可得到;
 
 (3)$\Rightarrow$ (4):设
 \[f(x) = c(x-b_1)(x-b_2)\cdots (x-b_n)\]则
 $f(x)$的根为$b_1,b_2,\cdots ,b_n$,恰为$n$个;
 
 (4)$\Rightarrow$ (1):显然.
 \end{proof}
 
 
 关于多项式根与系数的关系, 我们有如下的 Vieta (韦达) 定理.
 \begin{theorem}[Vieta 定理]
 若数域 \(\mathbb{K}\) 上的一元 \(n\) 次多项式
  
  \[
  f\left( x\right) = {a}_{0}{x}^{n} + {a}_{1}{x}^{n - 1} + {a}_{2}{x}^{n - 2} + \cdots + {a}_{n}
  \]
  
  在 \(\mathbb{K}\) 中有 \(n\) 个根 \({x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}\) ,则
  \[x_1+x_2+\cdots x_n = -\frac{a_1}{a_0}\]
  \[\sum_{1\leq i_1<\cdots <i_r\leq 1}x_{i_1}\cdots x_{i_r} = (-1)^r\frac{a_r}{a_0}\]
  \[{x}_{1}{x}_{2}\cdots {x}_{n} = {\left( -1\right) }^{n}\frac{{a}_{n}}{{a}_{0}}.\]
 \end{theorem}
 \begin{proof}
 设
 \[f\left( x\right) = {a}_{0}\left( {x - {x}_{1}}\right) \left( {x - {x}_{2}}\right) \cdots \left( {x - {x}_{n}}\right),\]
 将这个式子的右边展开与 \(f\left( x\right)\) 比较系数即得结论.
 \end{proof}
 
 
 
 
 
 %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%------实系数多项式和有理系数多项式
 \section{实系数多项式和有理系数多项式}
 
 
 
 
 我们已经知道, 复数域上的不可约多项式都是一次的. 实数域上的不可约多项式应该是什么样的呢?
 
 \begin{lemma}
 设
  
  \[
  f\left( x\right) = {a}_{n}{x}^{n} + {a}_{n - 1}{x}^{n - 1} + \cdots + {a}_{1}x + {a}_{0}
  \]
  
  是实系数多项式,若复数 \(z_1 = a + b\mathrm{i}\left( {b \neq 0}\right)\) 是其根,则 \(\overline{z_2}= a - b\mathrm{i}\) 也是它的根.
 \end{lemma}
 \begin{proof}
 令 \(z = a + b\mathrm{i}\) ,其共轭复数为 \(\bar{z} = a - b\mathrm{i}\) ,则
 \begin{align*}
      f\left( \bar{z}\right) &= {a}_{n}{\bar{z}}^{n} + {a}_{n - 1}{\bar{z}}^{n - 1} + \cdots + {a}_{1}\bar{z} + {a}_{0}\\
      &= \overline{{a}_{n}{z}^{n} + {a}_{n - 1}{z}^{n - 1} + \cdots + {a}_{1}z + {a}_{0}} \\
      & = \overline{f(z)}\\
      &= 0,
 \end{align*}
 由此即得结论.
 \end{proof}
 \begin{note}
 $\overline{z_1+z_2} = \overline{z_1}+\overline{z_2},\overline{z_1z_2}=\overline{z_1}\cdot \overline{z_2}$.
 
 上述引理是说实系数多项式虚部不为零的复根一定成对出现.
 \end{note}




\begin{corollary}
 实数域上的不可约多项式或为一次或为二次多项式(判别式小于零):
\[
a{x}^{2} + {bx} + c\text{,且 }{b}^{2} - {4ac} < 0.
\]
\end{corollary}
\begin{proof}
任取$\mathbb{R}$上的不可约多项式$f(x)$.
\begin{itemize}
\item 若$\deg f(x) = 1$,证毕;
\item $\deg f(x) = 2$,设$f(x) = ax^2+bx+c(a\neq 0)$,
\[f(x)\text{可约}\Leftrightarrow f(x) = a(x-x_1)(x-x_2),x_1,x_2\in \mathbb{R}\]
于是有
\[f(x)\text{不可约} \Leftrightarrow f(x)\text{无实根}\Leftrightarrow \Delta = b^2-4ac<0,\]
\item $\deg f(x) \geq 3$.
\begin{itemize}
\item $f(x)$有一个实根$x_0$,从而有$(x-x_0)\mid f(x)$,即
\[f(x) = (x-x_0)g(x)\]
通过次数关系可知$\deg g(x)\geq 2$,于是$f(x)$可约;
\item $f(x)$有一个虚根$z = a+b\mathrm{i},(b\neq 0)$,于是$\bar{z} = a-b\mathrm{i}$也是$f(x)$的根.于是在$\mathbb{C}$上有
\[(x-(a+b\mathrm{i}))\mid f(x),(x-(a-b\mathrm{i}))\mid f(x),\]
由于$x-z$与$x-\bar{z}$是两个互异的一次首一多项式,故两多项式互素,根据互素多项式的性质有
\[((x-a)^2+b^2)\mid f(x),\text{在}\mathbb{C}\text{上},\]
由于$(x-a)^2+b^2,f(x)$为$\mathbb{R}$上的多项式,整除关系在基域扩张下不改变,可以得到在$\mathbb{R}$上也有
\[((x-a)^2+b^2)\mid f(x),\]
即有
\[f(x) = ((x-a)^2+b^2) g(x),g(x)\in \mathbb{R}[x],\]
根据次数关系有$\deg g(x)\geq 1$,故$f(x)$可约.
\end{itemize}
\end{itemize}
\end{proof}
\begin{note}
也可以使用$\mathbb{R}$上带余除法证明在$\mathbb{R}$上也有
\[((x-a)^2+b^2)\mid f(x),\]
根据带余除法有
\[f(x) =((x-a)^2+b^2) q(x)+r(x),\deg r(x)<2,\]
令$x = a+b\mathrm{i}$,可以得到
\[r( a+b\mathrm{i}) = 0\]
从而$r(x) = 0$.
\end{note}



 


\begin{corollary}
实数域上的多项式 \(f\left( x\right)\) 必可分解为有限个一次因式及不可约二次因式(即判别式小于零)的乘积.
\end{corollary}



接下去讨论有理系数多项式. 我们首先证明一个整系数多项式有有理根的必要条件, 然后研究有理系数多项式的因式分解.




\begin{theorem}
 设有 \(n\) 次整系数多项式
 
 \[
 f\left( x\right) = {a}_{n}{x}^{n} + {a}_{n - 1}{x}^{n - 1} + \cdots + {a}_{1}x + {a}_{0},
 \]
 则有理数 \(\frac{p}{q}\) 是 \(f\left( x\right)\) 的根的必要条件是 \(q\left| {{a}_{n},p}\right| {a}_{0}\) ,其中 \(p,q\) 是互素的整数.
\end{theorem}
\begin{proof}
将 \(\frac{p}{q}\) 代入 $f(x)$得

\[
{a}_{n}{\left( \frac{p}{q}\right) }^{n} + {a}_{n - 1}{\left( \frac{p}{q}\right) }^{n - 1} + \cdots + {a}_{1}\frac{p}{q} + {a}_{0} = 0,
\]

将上式两边乘以 \({q}^{n}\) 得:

\[
{a}_{n}{p}^{n} + {a}_{n - 1}{p}^{n - 1}q + \cdots + {a}_{1}p{q}^{n - 1} + {a}_{0}{q}^{n} = 0.
\]
显然必须有 \(q\left| {{a}_{n},p}\right| {a}_{0}\) .
\end{proof}
\begin{note}
一个既约分数是整系数多项式的根的话,则分子整除常数项,分母整除首项系数.
\end{note}



\begin{example}
证明下列多项式没有有理根:

\[
f\left( x\right) = {x}^{5} - {12}{x}^{3} + {36x} + {12}.
\]

\end{example}
\begin{proof}
 \(f\left( x\right)\) 如有有理根,只可能为 \(\pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 4, \pm 6, \pm {12}\) . 将上述这些数代入 \(f\left( x\right)\) 均不为零,因此 \(f\left( x\right)\) 无有理根.
\end{proof}

\begin{remark}
设$f(x)\in \mathbb{Q}[x],\deg f(x)\geq 2$,则$f(x)$有有理根$\Leftarrow f(x)$可约;反之不然.例如
\[f(x) =(x^2-2)(x^2-3)\]
可约,但是无有理根.
\end{remark}



现在来讨论有理系数多项式的因式分解. 首先我们要探讨一下有理系数多项式的可约性与整系数多项式可约性的关系.




\begin{definition}[本原多项式]
设多项式

\[
f\left( x\right) = {a}_{n}{x}^{n} + {a}_{n - 1}{x}^{n - 1} + \cdots + {a}_{1}x + {a}_{0}
\]

是整系数多项式,若 \({a}_{n},{a}_{n - 1},\cdots ,{a}_{1},{a}_{0}\) 的最大公因数等于 1,则称 \(f\left( x\right)\) 为本原多项式.
\end{definition}

\begin{example}
首一整系数多项式均为本原多项式.
\end{example}



\begin{note}
对一任意有理系数多项式
\[
f\left( x\right) = {a}_{n}{x}^{n} + {a}_{n - 1}{x}^{n - 1} + \cdots + {a}_{1}x + {a}_{0}
\]
都可经过通分和本原化 化为一个有理数乘以本原多项式.
\begin{itemize}
\item 通分:
\[f(x) = \frac{1}{N}\left(N f(x)\right);\]
\item 本原化:除以系数的最大公因数$d$,此时所有系数的公因数为1.
\[f(x) = \frac{d}{N}\left(  \frac{N}{d}f(x)\right).\]
\end{itemize}
\end{note}






\begin{lemma}[Gauss 引理]
两个本原多项式之积仍是本原多项式.
\end{lemma}
\begin{proof}
设

\[
f\left( x\right) = {a}_{n}{x}^{n} + {a}_{n - 1}{x}^{n - 1} + \cdots + {a}_{1}x + {a}_{0},
\]

\[
g\left( x\right) = {b}_{m}{x}^{m} + {b}_{m - 1}{x}^{m - 1} + \cdots + {b}_{1}x + {b}_{0}
\]

是两个本原多项式. 

\[
f\left( x\right) g\left( x\right) = {c}_{m + n}{x}^{m + n} + {c}_{m + n - 1}{x}^{m + n - 1} + \cdots + {c}_{1}x + {c}_{0},c_k = \sum_{i+j=k}a_ib_j,
\]
用反证法,设$f(x)g(x)$不是本原多项式, 则 \({c}_{0},{c}_{1},\cdots ,{c}_{m + n}\) 必有一个公共素因子 \(p\) .

因为 \(f\left( x\right)\) 是本原多项式, \(p\) 不能整除 \(f\left( x\right)\) 的所有系数,设 \(p\left| {{a}_{0},p}\right| {a}_{1},\cdots ,p \mid {a}_{i - 1}\) ,但 \(p\) 不能整除 \({a}_{i}\) .同理,设 \(p\left| {{b}_{0},p}\right| {b}_{1},\cdots ,p \mid {b}_{j - 1}\) ,但 \(p\) 不能整除 \({b}_{j}\) . 

注意到
\[
{c}_{i + j} = \cdots + {a}_{i - 2}{b}_{j + 2} + {a}_{i - 1}{b}_{j + 1} + {a}_{i}{b}_{j} + {a}_{i + 1}{b}_{j - 1} + \cdots ,
\]
\(p\) 可整除 \({c}_{i + j},p\) 也能整除右式除 \({a}_{i}{b}_{j}\) 以外的所有项. 但 \(p\) 不能整除 \({a}_{i}\) 和 \({b}_{j}\) ,故 \(p\) 不能整除 \({a}_{i}{b}_{j}\) ,引出矛盾.
\end{proof}



\begin{theorem}
设$ f(x)$为整系数多项式,则$f(x)$在$\mathbb{Q}$上可约$\Leftrightarrow$ $f(x)$在$\mathbb{Z}$上可约,即
\[f(x) = g(x)h(x),g(x),h(x)\in \mathbb{Z}[x],\]
且$\deg g(x)\geq 1,\deg h(x)\geq 1$.
\end{theorem}

\begin{proof}
充分性:$f(x)$在$\mathbb{Z}$上可约,即
\[f(x) = g(x)h(x),g(x),h(x)\in \mathbb{Z}[x],\]
且$\deg g(x)\geq 1,\deg h(x)\geq 1$.将$g(x),h(x)$看成是$\mathbb{Q}$上的多项式,从而$f(x)$在$\mathbb{Q}$上可约.

必要性:设$f(x)$在$\mathbb{Q}$上可约,即
\[f(x) = g(x)h(x),g(x),h(x)\in \mathbb{Q}[x],\]
且$\deg g(x)\geq 1,\deg h(x)\geq 1$.


\(g\left( x\right)\) 的各项系数为有理数,必有一个公分母记为 \(c\) ,于是 \(g\left( x\right) = \frac{1}{c}\left( {{cg}\left( x\right) }\right)\) ,其中 \({cg}\left( x\right)\) 为整系数多项式. 若把 \({cg}\left( x\right)\) 中所有系数的最大公因数 \(d\) 提出来, 则 \(g\left( x\right) = \frac{d}{c}\left( {\frac{c}{d}g\left( x\right) }\right) ,\frac{c}{d}g\left( x\right)\) 是一个本原多项式. 这表明 \(g\left( x\right) = a{g}_{1}\left( x\right) ,a\) 为有理数, \({g}_{1}\left( x\right)\) 为本原多项式. 同样, \(h\left( x\right) = b{h}_{1}\left( x\right)\) ,其中 \(b\) 为有理数, \({h}_{1}\left( x\right)\) 为本原多项式. 于是我们得到

\[
f\left( x\right) = g\left( x\right) h\left( x\right) = {ab}{g}_{1}\left( x\right) {h}_{1}\left( x\right) .
\]
由 Gauss 引理知, \({g}_{1}\left( x\right) {h}_{1}\left( x\right)\) 是本原多项式. 

若 \({ab}\) 不是一个整数,设$ab = \frac{p}{q},(p,q)=1,q>1$,则
\[f(x) = \frac{p}{q}g_1(x)h_1(x)\notin \mathbb{Z}[x]\]
与假设矛盾. 因此 \({ab}\) 必须是整数,于是 \(f\left( x\right)\)在$\mathbb{Z}$上可约.
\end{proof}





上面的定理告诉我们,整系数多项式 \(f\left( x\right)\) 若在整数环上不可约, 则在有理数域上也不可约. 如何判断一个整系数多项式不可约, 我们有如下的 Eisenstein (爱森斯坦因) 判别法.


\begin{theorem}[Eisenstein 判别法]
设多项式

\[
f\left( x\right) = {a}_{n}{x}^{n} + {a}_{n - 1}{x}^{n - 1} + \cdots + {a}_{1}x + {a}_{0}
\]

是整系数多项式, \({a}_{n} \neq 0,n \geq 1,p\) 是一个素数. 若 \(p \mid {a}_{i}\left( {i = 0,1,\cdots ,n - 1}\right)\) ,但 \(p\) $\nmid$ \({a}_{n}\) 且 \({p}^{2}\) $\nmid$ \({a}_{0}\) ,则 \(f\left( x\right)\) 在有理数域上不可约.
\end{theorem}
\begin{proof}
我们只需证明 \(f\left( x\right)\) 在整数环上不可约即可. 设 \(f\left( x\right)\) 可分解为两个次数较低的整系数多项式之积:

\[
f\left( x\right) = \left( {{b}_{m}{x}^{m} + {b}_{m - 1}{x}^{m - 1} + \cdots + {b}_{0}}\right) \left( {{c}_{t}{x}^{t} + {c}_{t - 1}{x}^{t - 1} + \cdots + {c}_{0}}\right) ,
\]

其中 \(m + t = n\) . 显然 \({a}_{0} = {b}_{0}{c}_{0},{a}_{n} = {b}_{m}{c}_{t}\) .

由$p\nmid a_n \Rightarrow p\nmid b_m$且$p\nmid c_t$.

由$p\mid a_0 \Rightarrow p\mid b_0$或$p\mid c_0$.由于$p^2\nmid a_0$,于是只有一个成立.不妨设$p\mid b_0$但$p\nmid c_0$.则
\[\exists 1\leq j\leq m,\text{使得} p\mid b_0,p\mid b_1,\cdots ,p\mid b_{j-1},\text{但}p\nmid b_j\]
考虑$a_j$:
\[a_j = b_0c_j+b_1c_{j-1}+\cdots +b_{j-1}c_1+b_jc_0\]
可知$p\nmid a_j,1\leq j\leq m<n$.这与假设矛盾!
\end{proof}



\begin{example}
对任意的 \(n \geq 1,{x}^{n} - 2\) 在有理数域上不可约.
\end{example}
\begin{proof}
由于 2 可整除 \({x}^{n} - 2\) 中除首项以外的一切系数,又 \({2}^{2} = 4\) 不能整除 -2 . 由 Eisenstein 判别法知 \({x}^{n} - 2\) 不可约.
\end{proof}


这个例子表明, 存在任意次的有理数域上的不可约多项式.




\begin{example}
 若 \(p\) 为素数,证明:

\[
f\left( x\right) = {x}^{p - 1} + {x}^{p - 2} + \cdots + x + 1
\]

在有理数域上不可约.
\end{example}
\begin{proof}
作变量代换

\[
x = y + 1
\]

得

\[
f\left( x\right) = \frac{{x}^{p} - 1}{x - 1} = \frac{{\left( y + 1\right) }^{p} - 1}{y} = {y}^{p - 1} + {\mathrm{C}}_{p}^{1}{y}^{p - 2} + {\mathrm{C}}_{p}^{2}{y}^{p - 3} + \cdots + {\mathrm{C}}_{p}^{p - 1}.
\]

注意 \(p \mid {\mathrm{C}}_{p}^{i}\left( {1 \leq i \leq p - 1}\right) ,p\) 不能整除首项系数 \(1,{p}^{2}\) 不能整除 \({\mathrm{C}}_{p}^{p - 1} = p\) ,因此上述关于 \(y\) 的多项式在有理数域上不可约. 显然 \(f\left( x\right)\) 在有理数域上也不可约.

\end{proof}



\begin{example}
证明:
\[
f\left( x\right) = 1 + x + \frac{{x}^{2}}{2!} + \cdots + \frac{{x}^{n}}{n!}
\]

当 \(n\) 是素数时在有理数域上不可约.
\end{example}
\begin{proof}
将 \(n\) ! 乘以 \(f\left( x\right)\) ,只需证明当 \(n = p\) 为素数时,在整数环上不可约即可. 而由 Eisenstein 判别法即知 \(p!f\left( x\right)\) 不可约.
\end{proof}


\begin{theorem}[Osada判别法]
$f(x)$为首一整系数多项式,
\[f(x) = x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_1x+a_0,\]
且$|a_0|>1+\sum_{i=1}^{n-1}|a_i|$,$|a_0|$为素数,则$f(x)$在$\mathbb{Q}$上不可约.
\end{theorem}
\begin{note}
Osada判别法适用于整系数首一多项式,其中多项式的常数项的绝对值是一个素数,,且大于其他系数的绝对值之和.
\end{note}


\begin{example}
判断$f(x) = x^n+x+p$,$p$为素数且$p\geq 3$在有理数域上的可约性.
\end{example}
\begin{solution}
根据Osada判别法知$f(x)$不可约.
\end{solution}



%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%-------------------------多元多项式

\section{多元多项式}



\begin{definition}[多元多项式]
设 \(\mathbb{K}\) 是数域, \({x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}\) 是 \(n\) 个未定元,它们彼此无关. 称 \(a{x}_{1}^{{k}_{1}}{x}_{2}^{{k}_{2}}\cdots {x}_{n}^{{k}_{n}}\) 为一个单项式,其中 \(a\) 是这个单项式的系数, \({k}_{j}\) 为非负整数. 如果 \(a \neq 0\) ,则称该单项式的次数为 \(k = {k}_{1} + {k}_{2} + \cdots + {k}_{n}\) . 如果两个单项式除相差一个系数外,其余都相同,即每个 \({x}_{i}\) 的次数都相同,则称这两个单项式为同类项. 同类项相加,可将它们的系数相加. 比如

\[
2{x}_{1}^{2}{x}_{2}{x}_{3}^{4} + 3{x}_{1}^{2}{x}_{2}{x}_{3}^{4} = 5{x}_{1}^{2}{x}_{2}{x}_{3}^{4}.
\]

不是同类项相加时不能把系数相加. 有限个单项式的和称为一个 \(n\) 元多项式,它的一般形式为

\[
f\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right) = \sum {a}_{{i}_{1}{i}_{2}\cdots {i}_{n}}{x}_{1}^{{i}_{1}}{x}_{2}^{{i}_{2}}\cdots {x}_{n}^{{i}_{n}}.
\]

下面我们总假定在一个文字多项式中的各单项式彼此不同, 即同类项已合并.

对一个 \(n\) 元多项式,它的系数非零的单项式的最大次数称为这个多项式的次数. 比如下列三元多项式的次数为 5 :

\[
{x}_{1}^{2}{x}_{2}{x}_{3}^{2} + 2{x}_{1}{x}_{2}{x}_{3} - 3{x}_{1}{x}_{2} + 1.
\]

两个 \(n\) 元多项式称为相等当且仅当它们同类项的系数全都相等.

两个 \(n\) 元多项式相加,即将它们同类项的系数相加. 例如,若

\[
f\left( {{x}_{1},{x}_{2},{x}_{3}}\right) = {x}_{1}^{3} + 2{x}_{1}{x}_{3} - 3{x}_{1}{x}_{2}{x}_{3},
\]

\[
g\left( {{x}_{1},{x}_{2},{x}_{3}}\right) = - {x}_{2}^{2} - 2{x}_{1}{x}_{3} + 5{x}_{1}{x}_{2}{x}_{3}
\]

则

\[
f\left( {{x}_{1},{x}_{2},{x}_{3}}\right) + g\left( {{x}_{1},{x}_{2},{x}_{3}}\right) = {x}_{1}^{3} - {x}_{2}^{2} + 2{x}_{1}{x}_{2}{x}_{3}.
\]

两个单项式 \(a{x}_{1}^{{i}_{1}}{x}_{2}^{{i}_{2}}\cdots {x}_{n}^{{i}_{n}},b{x}_{1}^{{j}_{1}}{x}_{2}^{{j}_{2}}\cdots {x}_{n}^{{j}_{n}}\) 相乘,其积为

\[
{ab}{x}_{1}^{{i}_{1} + {j}_{1}}{x}_{2}^{{i}_{2} + {j}_{2}}\cdots {x}_{n}^{{i}_{n} + {j}_{n}}.
\]

两个多项式相乘按分配律可化为各单项式乘积之和. 如

\begin{align*}
\left( {{x}_{1}^{3} + {x}_{1}{x}_{2}{x}_{3} - 2{x}_{3}}\right) \left( {{x}_{1}^{2} - {x}_{1}{x}_{2} - {x}_{3}^{2}}\right)
= {x}_{1}^{5} - {x}_{1}^{4}{x}_{2} - {x}_{1}^{3}{x}_{3}^{2} + {x}_{1}^{3}{x}_{2}{x}_{3} - {x}_{1}^{2}{x}_{2}^{2}{x}_{3} - {x}_{1}{x}_{2}{x}_{3}^{3} - 2{x}_{1}^{2}{x}_{3} + 2{x}_{1}{x}_{2}{x}_{3} + 2{x}_{3}^{3}.
\end{align*}

相乘后如出现同类项应予以合并. 
\end{definition}




\begin{definition}[字典排序法]
 多元多项式不像一元多项式那样可按次数的大小降幂或升幂排列. 比如

\[
{x}_{1}^{2}{x}_{2} + {x}_{1}{x}_{2}{x}_{3}
\]

其中两项都是 3 次式. 为了给它们排次序,我们常采用 “字典排列法”: \(n\) 个未定元按自然足标为序排列,即为 \({x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}\) ; 若有两个非零单项式:

\[
a{x}_{1}^{{i}_{1}}{x}_{2}^{{i}_{2}}\cdots {x}_{n}^{{i}_{n}},b{x}_{1}^{{j}_{1}}{x}_{2}^{{j}_{2}}\cdots {x}_{n}^{{j}_{n}},
\]
若 \({i}_{1} = {j}_{1},{i}_{2} = {j}_{2},\cdots ,{i}_{k - 1} = {j}_{k - 1}\) ,但 \({i}_{k} > {j}_{k}\) ,则规定 \(a{x}_{1}^{{i}_{1}}{x}_{2}^{{i}_{2}}\cdots {x}_{n}^{{i}_{n}}\) 先于 \(b{x}_{1}^{{j}_{1}}{x}_{2}^{{j}_{2}}\cdots {x}_{n}^{{j}_{n}}\) . 按这样排列,任一多项式都只有唯一的方法把它的各单项式排序. 这时要注意第一项即首项未必是最高次项, 末项也未必是次数最低的项. 例如多项式:

\[
{x}_{1}^{2}{x}_{2} + {x}_{1}^{3}{x}_{3} + 3{x}_{1}{x}_{2}{x}_{3} - 4{x}_{2}{x}_{3}^{5}
\]

按字典排列应为

\[
{x}_{1}^{3}{x}_{3} + {x}_{1}^{2}{x}_{2} + 3{x}_{1}{x}_{2}{x}_{3} - 4{x}_{2}{x}_{3}^{5}
\]
\end{definition}






\begin{lemma}
若 \(f\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right)\) 及 \(g\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right)\) 都是 \(\mathbb{K}\) 上的 \(n\) 元多项式且非零,则按字典排列法排列后乘积的首项等于 \(f\) 的首项与 \(g\) 的首项之积.
\end{lemma}
\begin{proof}
设 \(a{x}_{1}^{{i}_{1}}{x}_{2}^{{i}_{2}}\cdots {x}_{n}^{{i}_{n}}\) 和 \(b{x}_{1}^{{j}_{1}}{x}_{2}^{{j}_{2}}\cdots {x}_{n}^{{j}_{n}}\) 分别是 \(f\) 和 \(g\) 的首项 (按字典排列法),它们的乘积为 \({ab}{x}_{1}^{{i}_{1} + {j}_{1}}{x}_{2}^{{i}_{2} + {j}_{2}}\cdots {x}_{n}^{{i}_{n} + {j}_{n}}\) . 其他任意两个单项式 \(c{x}_{1}^{{k}_{1}}{x}_{2}^{{k}_{2}}\cdots {x}_{n}^{{k}_{n}}\) 和 \(d{x}_{1}^{{r}_{1}}{x}_{2}^{{r}_{2}}\cdots {x}_{n}^{{r}_{n}}\) 之积为 \({cd}{x}_{1}^{{k}_{1} + {r}_{1}}{x}_{2}^{{k}_{2} + {r}_{2}}\cdots {x}_{n}^{{k}_{n} + {r}_{n}}\) . 设 \({i}_{1} = {k}_{1},\cdots ,{i}_{t - 1} = {k}_{t - 1}\) , \({i}_{t} > {k}_{t};{j}_{1} = {r}_{1},\cdots ,{j}_{s - 1} = {r}_{s - 1},{j}_{s} > {r}_{s}\) . 不妨设 \(t \leq s\) ,显然

\[
{i}_{1} + {j}_{1} = {k}_{1} + {r}_{1},\cdots ,{i}_{t - 1} + {j}_{t - 1} = {k}_{t - 1} + {r}_{t - 1},{i}_{t} + {j}_{t} > {k}_{t} + {r}_{t}.
\]

因此 \({ab}{x}_{1}^{{i}_{1} + {j}_{1}}{x}_{2}^{{i}_{2} + {j}_{2}}\cdots {x}_{n}^{{i}_{n} + {j}_{n}}\) 先于 \({cd}{x}_{1}^{{k}_{1} + {r}_{1}}{x}_{2}^{{k}_{2} + {r}_{2}}\cdots {x}_{n}^{{k}_{n} + {r}_{n}}\) .

同理可证明: \({ab}{x}_{1}^{{i}_{1} + {j}_{1}}{x}_{2}^{{i}_{2} + {j}_{2}}\cdots {x}_{n}^{{i}_{n} + {j}_{n}}\) 先于 \({ad}{x}_{1}^{{i}_{1} + {r}_{1}}{x}_{2}^{{i}_{2} + {r}_{2}}\cdots {x}_{n}^{{i}_{n} + {r}_{n}}\) 和 \({cb}{x}_{1}^{{k}_{1} + {j}_{1}}\) \({x}_{2}^{{k}_{2} + {j}_{2}}\cdots {x}_{n}^{{k}_{n} + {j}_{n}}\) . 因此它确是 \({fg}\) 的首项.
\end{proof}



\begin{theorem}[整性]
若 \(f\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right) \neq 0,g\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right) \neq 0\) ,则

\[
f\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right) g\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right) \neq 0.
\]
\end{theorem}
\begin{proof}
\(f\) 和 \(g\) 的首项不为零,故$fg$的首项不为零,即 \({fg} \neq 0\) .
\end{proof}


\begin{corollary}[乘法消去律]
若 \(h\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right) \neq 0\) ,且

\[
f\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right) h\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right) = g\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right) h\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right) ,
\]

则

\[
f\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right) = g\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right) .
\]
\end{corollary}
\begin{proof}
用反证法.设$f\neq g$,即有$f-g\neq 0$.由整性可知
\[0\neq (f-g)h = fh-gh\]
矛盾!
\end{proof}
\begin{note}
在任何一个环上,满足整性一定满足乘法消去律.
\end{note}



多元多项式除了 “字典排列法” 外, 还有 “齐次排列法”. 我们先介绍齐次多项式的概念.




\begin{definition}[齐次多项式]
若一个多项式 \(f\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right)\) 的每个单项式都是 \(m\) 次式,则称之为 \(m\) 次齐次多项式或 \(m\) 次型. 如 \({a}_{1}{x}_{1} + {a}_{2}{x}_{2} + {a}_{3}{x}_{3}\) 是三元一次型. \({x}_{1}^{2} + {x}_{1}{x}_{2} - 3{x}_{2}^{2}\) 为二元二次型. \({x}_{1}^{4} - 4{x}_{2}{x}_{3}{x}_{4}^{2} + 5{x}_{1}{x}_{2}{x}_{3}{x}_{4}\) 为四元四次型.
\end{definition}




\begin{lemma}
\begin{enumerate}[(1)]
\item 若$f,g$都是$m$次齐次多项式且$f+g\neq 0$,则$f+g$为$m$次齐次多项式;
\item 设$f\neq 0$为$m$次齐次多项式,$g\neq 0$为$k$次齐次多项式,则$fg$为$m+k$次齐次多项式.
\end{enumerate}
\end{lemma}
\begin{proof}
\begin{enumerate}[(1)]
\item 显然;
\item 由整性知$fg\neq 0$,根据乘法定义知$fg$为$m+k$次齐次多项式.
\end{enumerate}
\end{proof}




\begin{theorem}[齐次分解]
设$f\neq 0\in \mathbb{K}[x_1,\cdots ,x_n]$,则
\[f = f_d+f_{d-1}+\cdots +f_1+f_0,\]
其中$d =\deg f\geq 0,f_d\neq 0$是$d$次齐次多项式.$f_i =0$或$f_i$为$i$次齐次多项式,$i = d-1,\cdots ,0$.
\end{theorem}
\begin{proof}
$d = \deg f\geq 0$,$f_i$为$f$的$i$次单项式之和.
\end{proof}


\begin{note}
齐次分解是唯一的.
\end{note}



\begin{proposition}
设$f,g\in \mathbb{K}[x_1,\cdots ,x_n]$,则
\begin{enumerate}[(1)]
\item $\deg fg = \deg f+\deg g$;
\item $\deg(f\pm g) \leq \max\{\deg f,\deg g\}$.
\end{enumerate}
\end{proposition}
\begin{proof}
下面只证(1);

不妨设$f\neq 0$且$g\neq 0$,设齐次分解为
\[f = f_d+f_{d-1}+\cdots +f_1+f_0,d = \deg f,f_d\neq 0,\]
\[g = g_k+g_{k-1}+\cdots +g_1+g_0,k = \deg f,g_k\neq 0,\]
则有
\[fg = f_dg_k+(f_dg_{k-1}+f_{d-1}g_k)+\cdots +f_0g_0\]
根据定义知上式为齐次多项式,并且为$fg$的齐次分解,于是有
\[\deg fg = d+k=\deg f+\deg g.\]
\end{proof}

多元多项式与多元多项式函数之间的关系与一元的情形类似.



下面来回答与一元类似的一个问题

\[f=g(\text{多元多项式}\overset{?}{\Leftrightarrow} f=g(多元函数)).\]


\begin{lemma}
设 \(f\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right)\) 是 \(\mathbb{K}\) 上的 \(n\) 元非零多项式,则必存在 \(\mathbb{K}\) 中元 \({a}_{1},{a}_{2},\cdots ,{a}_{n}\) ,使 \(f\left( {{a}_{1},{a}_{2},\cdots ,{a}_{n}}\right) \neq 0\) .
\end{lemma}
\begin{proof}
对未定元个数 \(n\) 用数学归纳法. 当 \(n = 1\) 时,多项式 \(f\left( x\right)\) 只有有限个零点,故总有 \(a \in \mathbb{K}\) 使 \(f\left( a\right) \neq 0\) . 现设对有 \(n - 1\) 个未定元的多项式结论成立. 将 \(f\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right)\) 写成未定元 \({x}_{n}\) 的多项式:

\[
f\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right) = {b}_{0} + {b}_{1}{x}_{n} + \cdots + {b}_{m}{x}_{n}^{m},
\]

其中 \({b}_{i} = {b}_{i}\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n - 1}}\right)\) 是 \(n - 1\) 元多项式. 因为 \(f\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right) \neq 0\) ,故可设 \({b}_{m} \neq 0\) . 由归纳假设,存在 \({a}_{1},\cdots ,{a}_{n - 1} \in \mathbb{K}\) ,使

\[
{b}_{m}\left( {{a}_{1},\cdots ,{a}_{n - 1}}\right) \neq 0.
\]

因而

\[
f\left( {{a}_{1},\cdots ,{a}_{n - 1},{x}_{n}}\right) = {b}_{0}\left( {{a}_{1},\cdots ,{a}_{n - 1}}\right) + {b}_{1}\left( {{a}_{1},\cdots ,{a}_{n - 1}}\right) {x}_{n} + \cdots + {b}_{m}\left( {{a}_{1},\cdots ,{a}_{n - 1}}\right) {x}_{n}^{m}
\]

是一个非零的以 \({x}_{n}\) 为未定元的一元多项式,故存在 \({a}_{n} \in \mathbb{K}\) ,使

\[
f\left( {{a}_{1},{a}_{2},\cdots ,{a}_{n}}\right) \neq 0.
\]
\end{proof}


\begin{corollary}
数域 \(\mathbb{K}\) 上的两个 \(n\) 元多项式 \(f\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right)\) 与 \(g\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right)\) 相等的充分必要条件是对一切 \({a}_{1},{a}_{2},\cdots ,{a}_{n} \in \mathbb{K}\) ,均有

\[
f\left( {{a}_{1},{a}_{2},\cdots ,{a}_{n}}\right) = g\left( {{a}_{1},{a}_{2},\cdots ,{a}_{n}}\right) .
\]
\end{corollary}
\begin{proof}
必要性显然;

充分性:作

\[
h\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right) = f\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right) - g\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right) .
\]

若 \(h\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right) \neq 0\) ,则必有 \({a}_{1},{a}_{2},\cdots ,{a}_{n} \in \mathbb{K}\) ,使 \(h\left( {{a}_{1},{a}_{2},\cdots ,{a}_{n}}\right) \neq 0\) . 与假设矛盾.
\end{proof}
\begin{note}
该推论说明 两个多元多项式相等$\Leftrightarrow$作为多元函数相等.
\end{note}



可以将整除,最大公因式,最小公倍式,不可约多项式...的定义从一元多项式平行的推广到多元的情形,但一元多项式的部分定理在多元情况下就不适用了.比如在一元情况下的带余除法:$d(x)$是$f(x),g(x)$最大公因式,则有$u(x),v(x)\in \mathbb{K}[x]$使得
\[d(x) = f(x)u(x)+g(x)v(x),\]
但在多元情况下不适用.下面给出一个反例:

设$f=x,g=y \in \mathbb{K}[x,y]$,根据多元多项式最大公因式(首一)的定义知$(x,y)=1$,但不存在$u(x,y),v(x,y)\in \mathbb{K}[x,y]$使得
\[xu(x,y)+yv(x,y)=1.\]


但因式分解定理可以推广到多元的情形.





%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%----------------对称多项式
\section{对称多项式}


\begin{definition}[对称多项式]
设 \(f\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right)\) 是数域 \(\mathbb{K}\) 上的 \(n\) 元多项式,若对任意的 \(i \neq j\left( {1 \leq i,j \leq n}\right)\) ,均有

\[
f\left( {{x}_{1},\cdots ,{x}_{i},\cdots ,{x}_{j},\cdots ,{x}_{n}}\right) = f\left( {{x}_{1},\cdots ,{x}_{j},\cdots ,{x}_{i},\cdots ,{x}_{n}}\right) ,
\]

则称 \(f\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right)\) 是数域 \(\mathbb{K}\) 上的 \(n\) 元对称多项式.
\end{definition}


例如,三元多项式 \({x}_{1}^{2} + {x}_{2}^{2} + {x}_{3}^{2}\) ,将 \({x}_{1}\) 与 \({x}_{2}\) 对换有

\[
{x}_{1}^{2} + {x}_{2}^{2} + {x}_{3}^{2} = {x}_{2}^{2} + {x}_{1}^{2} + {x}_{3}^{2}.
\]

又将 \({x}_{1}\) 与 \({x}_{3}\) 对换及将 \({x}_{2}\) 与 \({x}_{3}\) 对换都得到同一个多项式. 因此 \({x}_{1}^{2} + {x}_{2}^{2} + {x}_{3}^{2}\) 是对称多项式. 多项式 \({x}_{1}^{2} - {x}_{1}{x}_{2}\) 与 \({x}_{2}^{2} - {x}_{1}{x}_{2}\) 不相等,故 \({x}_{1}^{2} - {x}_{1}{x}_{2}\) 不是对称多项式.


设 \(\left( {{k}_{1},{k}_{2},\cdots ,{k}_{n}}\right)\) 是数组 \(\left( {1,2,\cdots ,n}\right)\) 的一个全排列. 若 \(f\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right)\) 是一个对称多项式, 则不难看出\footnote{该全排列经过逆序数次相邻对换可以成为常序排列.}:

\[
f\left( {{x}_{{k}_{1}},{x}_{{k}_{2}},\cdots ,{x}_{{k}_{n}}}\right) = f\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right) .
\]



我们称 \({x}_{1} \rightarrow {x}_{{k}_{1}},{x}_{2} \rightarrow {x}_{{k}_{2}},\cdots ,{x}_{n} \rightarrow {x}_{{k}_{n}}\) 是未定元的一个置换. 因此对称多项式在未定元的任一置换下不变.


容易看出对称多项式之和仍是对称多项式, 对称多项式之积也是对称多项式. 因此对称多项式的多项式还是对称多项式. 这句话的意思是说: 若 \({f}_{1},{f}_{2},\cdots ,{f}_{m}\) 是 \(m\) 个 \(n\) 元对称多项式, \(g\left( {{y}_{1},{y}_{2},\cdots ,{y}_{m}}\right)\) 是 \(m\) 元多项式,则将 \({f}_{1},{f}_{2},\cdots ,{f}_{m}\) 代替 \({y}_{1},{y}_{2},\cdots ,{y}_{m}\) 后得到的多项式
\[
h\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right) = g\left( {{f}_{1},{f}_{2},\cdots ,{f}_{m}}\right)
\]
仍是一个 \(n\) 元对称多项式.



\begin{definition}[初等对称多项式]
在对称多项式中, 有一类基本的多项式, 称为初等对称多项式. 它们是这样定义的:
\begin{align*}
{\sigma }_{1} &= {x}_{1} + {x}_{2} + \cdots + {x}_{n} = \mathop{\sum }\limits_{{i = 1}}^{n}{x}_{i},\\
{\sigma }_{2} &= {x}_{1}{x}_{2} + {x}_{1}{x}_{3} + \cdots + {x}_{n - 1}{x}_{n} = \mathop{\sum }\limits_{{1 \leq i < j \leq n}}{x}_{i}{x}_{j},\\
&\cdots\\
{\sigma }_{n} &= {x}_{1}{x}_{2}\cdots {x}_{n}
\end{align*}
这 \(n\) 个多项式称为 \(n\) 元初等对称多项式. 
\end{definition}


\begin{theorem}[对称多项式基本定理]\label{theorem:5.9.1}
设 \(f\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right)\) 是数域 \(\mathbb{K}\) 上的对称多项式,则必存在 \(\mathbb{K}\) 上唯一的一个多项式 \(g\left( {{y}_{1},{y}_{2},\cdots ,{y}_{n}}\right)\) ,使
\[
f\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right) = g\left( {{\sigma }_{1},{\sigma }_{2},\cdots ,{\sigma }_{n}}\right) .
\]
\end{theorem}
\begin{proof}
存在性: 设 \(f\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right)\) 按字典排列法的首项为
\[
a{x}_{1}^{{i}_{1}}{x}_{2}^{{i}_{2}}\cdots {x}_{n}^{{i}_{n}},a \neq 0.
\]
则必有 \({i}_{1} \geq {i}_{2} \geq \cdots \geq {i}_{n}\) . 事实上 \(f\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right)\) 是对称多项式,若 \({i}_{k} < {i}_{k + 1}\) , 则将 \({x}_{k}\) 与 \({x}_{k + 1}\) 对换得到 \(a{x}_{1}^{{i}_{1}}\cdots {x}_{k}^{{i}_{k + 1}}{x}_{k + 1}^{{i}_{k}}\cdots {x}_{n}^{{i}_{n}}\) ,这一项也是 \(f\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right)\) 中的项,但它应在 \(a{x}_{1}^{{i}_{1}}{x}_{2}^{{i}_{2}}\cdots {x}_{n}^{{i}_{n}}\) 之前,此与首项的假定相矛盾.

构造多项式
\[
{g}_{1}\left( {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right) = a{\sigma }_{1}^{{i}_{1} - {i}_{2}}{\sigma }_{2}^{{i}_{2} - {i}_{3}}\cdots {\sigma }_{n - 1}^{{i}_{n - 1} - {i}_{n}}{\sigma }_{n}^{{i}_{n}}.
\]
显然 \({g}_{1}\) 是 \({x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}\) 的对称多项式,且 \({g}_{1}\) 的首项为
\[
a{x}_{1}^{{i}_{1} - {i}_{2}}{\left( {x}_{1}{x}_{2}\right) }^{{i}_{2} - {i}_{3}}\cdots {\left( {x}_{1}\cdots {x}_{n}\right) }^{{i}_{n}} = a{x}_{1}^{{i}_{1}}{x}_{2}^{{i}_{2}}\cdots {x}_{n}^{{i}_{n}}.
\]
因此 \({g}_{1}\) 与 \(f\) 的首项相同.

于是 \({f}_{1} = f - {g}_{1}\) 是一个首项后于 \(f\) 的对称多项式. 对 \({f}_{1}\) 重复上述做法,不断做下去,便得到一列对称多项式:

\[
{f}_{0} = f,{f}_{1} = {f}_{0} - {g}_{1},{f}_{2} = {f}_{1} - {g}_{2},\cdots ,
\]

每个 \({f}_{i}\) 的首项都后于 \({f}_{i - 1}\) 的首项. 设 \(b{x}_{1}^{{k}_{1}}{x}_{2}^{{k}_{2}}\cdots {x}_{n}^{{k}_{n}}\) 是某个 \({f}_{i}\left( {i \geq 1}\right)\) 的首项, 则因它后于 \(f\) 的首项,故有

\[
{i}_{1} \geq {k}_{1} \geq {k}_{2} \geq \cdots \geq {k}_{n} \geq 0.
\]

这样的 \({k}_{1},{k}_{2},\cdots ,{k}_{n}\) 只有有限个,故多项式 \({f}_{i}\) 不能无限地构造下去,即存在某个正整数 \(s\) ,使 \({f}_{s} = 0\) . 于是

\[
f = {g}_{1} + {f}_{1} = {g}_{1} + {g}_{2} + {f}_{2} = \cdots = {g}_{1} + {g}_{2} + \cdots + {g}_{s}.
\]

由于每个 \({g}_{i}\) 都可表示为 \({\sigma }_{1},{\sigma }_{2},\cdots ,{\sigma }_{n}\) 的多项式,故 \(f\) 也可表示为 \({\sigma }_{1},{\sigma }_{2},\cdots ,{\sigma }_{n}\) 的多项式.

唯一性: 设 \(g\left( {{y}_{1},\cdots ,{y}_{n}}\right)\) 及 \(h\left( {{y}_{1},\cdots ,{y}_{n}}\right)\) 都是 \(\mathbb{K}\) 上的 \(n\) 元多项式,且

\[
f\left( {{x}_{1},\cdots ,{x}_{n}}\right) = g\left( {{\sigma }_{1},\cdots ,{\sigma }_{n}}\right) = h\left( {{\sigma }_{1},\cdots ,{\sigma }_{n}}\right) .
\]

令

\[
\varphi \left( {{y}_{1},\cdots ,{y}_{n}}\right) = g\left( {{y}_{1},\cdots ,{y}_{n}}\right) - h\left( {{y}_{1},\cdots ,{y}_{n}}\right) .
\]

由假定, 有

\[
\varphi \left( {{\sigma }_{1},\cdots ,{\sigma }_{n}}\right) = 0.
\]

我们要证明多项式
\[
\varphi \left( {{y}_{1},\cdots ,{y}_{n}}\right) = 0.
\]
假定 \(\varphi \left( {{y}_{1},\cdots ,{y}_{n}}\right) \neq 0\) ,不妨设
\[
\varphi \left( {{y}_{1},{y}_{2},\cdots ,{y}_{n}}\right) = c{y}_{1}^{{k}_{1}}{y}_{2}^{{k}_{2}}\cdots {y}_{n}^{{k}_{n}} + d{y}_{1}^{{j}_{1}}{y}_{2}^{{j}_{2}}\cdots {y}_{n}^{{j}_{n}} + \cdots ,
\]

其中 \(c,d,\cdots\) 均不为零且假定各单项式彼此不是同类项. 在 \(\varphi \left( {{\sigma }_{1},{\sigma }_{2},\cdots ,{\sigma }_{n}}\right)\) 中,
\begin{align*}
c{\sigma }_{1}^{{k}_{1}}{\sigma }_{2}^{{k}_{2}}\cdots {\sigma }_{n}^{{k}_{n}} = c{x}_{1}^{{k}_{1}}{\left( {x}_{1}{x}_{2}\right) }^{{k}_{2}}\cdots {\left( {x}_{1}{x}_{2}\cdots {x}_{n}\right) }^{{k}_{n}} + \cdots= c{x}_{1}^{{k}_{1} + {k}_{2} + \cdots + {k}_{n}}{x}_{2}^{{k}_{2} + {k}_{3} + \cdots + {k}_{n}}\cdots {x}_{n}^{{k}_{n}} + \cdots ,
\end{align*}


\begin{align*}
    d{\sigma }_{1}^{{j}_{1}}{\sigma }_{2}^{{j}_{2}}\cdots {\sigma }_{n}^{{j}_{n}} = d{x}_{1}^{{j}_{1}}{\left( {x}_{1}{x}_{2}\right) }^{{j}_{2}}\cdots {\left( {x}_{1}{x}_{2}\cdots {x}_{n}\right) }^{{j}_{n}} + \cdots= d{x}_{1}^{{j}_{1} + {j}_{2} + \cdots + {j}_{n}}{x}_{2}^{{j}_{2} + {j}_{3} + \cdots + {j}_{n}}\cdots {x}_{n}^{{j}_{n}} + \cdots .
\end{align*}
因此 \(c{\sigma }_{1}^{{k}_{1}}{\sigma }_{2}^{{k}_{2}}\cdots {\sigma }_{n}^{{k}_{n}}\) 与 \(d{\sigma }_{1}^{{j}_{1}}{\sigma }_{2}^{{j}_{2}}\cdots {\sigma }_{n}^{{j}_{n}}\) 等化成 \({x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}\) 的多项式后其首项都不是同类项,从而 \(\varphi \left( {{\sigma }_{1},{\sigma }_{2},\cdots ,{\sigma }_{n}}\right)\) 的首项一定是这些首项中排在最前的那一个. 特别,

\[
\varphi \left( {{\sigma }_{1},{\sigma }_{2},\cdots ,{\sigma }_{n}}\right) \neq 0
\]

引出矛盾.
\end{proof}
\begin{note}
这里证明过程可以参考老师:\href{https://www.bilibili.com/video/BV1mJ411r7ZB?p=61&vd_source=53b67fca8cc409cd3c2da2368246ac2d}{对称多项式}15:40秒的视频讲解.
\end{note}



这个定理的存在性证明是构造性的, 可用来求对称多项式的初等对称多项式表示.





\begin{example}
将对称多项式

\[
f\left( {{x}_{1},{x}_{2},{x}_{3}}\right) = {x}_{1}^{2}{x}_{2} + {x}_{1}^{2}{x}_{3} + {x}_{1}{x}_{2}^{2} + {x}_{1}{x}_{3}^{2} + {x}_{2}^{2}{x}_{3} + {x}_{2}{x}_{3}^{2}
\]

表示为 \({\sigma }_{1},{\sigma }_{2},{\sigma }_{3}\) 的多项式.
\end{example}
\begin{solution}
这时首项为 \({x}_{1}^{2}{x}_{2}\) ,作

\begin{align*}
{\sigma }_{1}^{2 - 1}{\sigma }_{2}^{1} &= {\sigma }_{1}{\sigma }_{2} = \left( {{x}_{1} + {x}_{2} + {x}_{3}}\right) \left( {{x}_{1}{x}_{2} + {x}_{1}{x}_{3} + {x}_{2}{x}_{3}}\right)\\
&= {x}_{1}^{2}{x}_{2} + {x}_{1}^{2}{x}_{3} + {x}_{1}{x}_{2}^{2} + {x}_{1}{x}_{3}^{2} + {x}_{2}^{2}{x}_{3} + {x}_{2}{x}_{3}^{2} + 3{x}_{1}{x}_{2}{x}_{3}.
\end{align*}
因此
\[
f\left( {{x}_{1},{x}_{2},{x}_{3}}\right) = {\sigma }_{1}{\sigma }_{2} - 3{\sigma }_{3}
\]
\end{solution}




这种做法当多项式次数较高时计算可能相当繁. 下面我们通过举例介绍 “待定系数法”.
\begin{example}
试将对称多项式

\[
f\left( {{x}_{1},{x}_{2},{x}_{3}}\right) = \left( {{x}_{1}^{2} + {x}_{2}^{2}}\right) \left( {{x}_{1}^{2} + {x}_{3}^{2}}\right) \left( {{x}_{2}^{2} + {x}_{3}^{2}}\right)
\]

表示为初等对称多项式的多项式.
\end{example}
\begin{proof}
注意到 \(f\) 是一个齐次多项式,次数等于 6 . 又 \(f\) 的首项是 \({x}_{1}^{4}{x}_{2}^{2}\) ,它的指数组为 \(\left( {4,2,0}\right)\) . 从定理 \ref{theorem:5.9.1} 的证明中可看出 \({f}_{i}\) 首项的指数组只可能是 \(\left( {4,1,1}\right) ,\left( {3,3,0}\right) ,\left( {3,2,1}\right) ,\left( {2,2,2}\right)\) ,相对应的 \({f}_{i}\) 的首项为

\[
{\sigma }_{1}^{4 - 1}{\sigma }_{2}^{1 - 1}{\sigma }_{3}^{1} = {\sigma }_{1}^{3}{\sigma }_{3},{\sigma }_{1}^{3 - 3}{\sigma }_{2}^{3 - 0}{\sigma }_{3}^{0} = {\sigma }_{2}^{3},{\sigma }_{1}^{3 - 2}{\sigma }_{2}^{2 - 1}{\sigma }_{3}^{1} = {\sigma }_{1}{\sigma }_{2}{\sigma }_{3},{\sigma }_{1}^{2 - 2}{\sigma }_{2}^{2 - 2}{\sigma }_{3}^{2} = {\sigma }_{3}^{2},
\]

因此可设

\[
f = {\sigma }_{1}^{2}{\sigma }_{2}^{2} + a{\sigma }_{1}^{3}{\sigma }_{3} + b{\sigma }_{2}^{3} + c{\sigma }_{1}{\sigma }_{2}{\sigma }_{3} + d{\sigma }_{3}^{2}.
\]
取 \({x}_{1},{x}_{2},{x}_{3}\) 的一些特殊值便得到关于 \(a,b,c,d\) 的线性方程组. 解得

\[
a = - 2,b = - 2,c = 4,d = - 1\text{.}
\]

因此

\[
f = {\sigma }_{1}^{2}{\sigma }_{2}^{2} - 2{\sigma }_{1}^{3}{\sigma }_{3} - 2{\sigma }_{2}^{3} + 4{\sigma }_{1}{\sigma }_{2}{\sigma }_{3} - {\sigma }_{3}^{2}.
\]
\end{proof}



上述例子中 \(f\) 是一个齐次多项式. 若 \(f\) 不是齐次多项式,则可把 \(f\) 分解为齐次多项式之和. 显然每个齐次多项式仍是对称多项式(由齐次分解的唯一性得到), 可用初等对称多项式来表示. 这样便可得到 \(f\) 的表示.


下面我们证明著名的 Newton (牛顿) 公式. 令
\[
{s}_{k} = {x}_{1}^{k} + {x}_{2}^{k} + \cdots + {x}_{n}^{k}\left( {k \geq 1}\right) ;{s}_{0} = n.
\]


\begin{lemma}
设
\begin{align*}
    f\left( x\right) &= \left( {x - {x}_{1}}\right) \left( {x - {x}_{2}}\right) \cdots \left( {x - {x}_{n}}\right)\\
    &= {x}^{n} - {\sigma }_{1}{x}^{n - 1} + {\sigma }_{2}{x}^{n - 2} + \cdots + {\left( -1\right) }^{n}{\sigma }_{n}
\end{align*}
则
\[
{x}^{k + 1}{f}^{\prime }\left( x\right) = \left( {{s}_{0}{x}^{k} + {s}_{1}{x}^{k - 1} + \cdots + {s}_{k}}\right) f\left( x\right) + g\left( x\right) ,
\]

其中 \(g\left( x\right)\) 作为 \(x\) 的多项式次数小于 \(n\) .
\end{lemma}
\begin{proof}
 容易看出
\[
{f}^{\prime }\left( x\right) = \mathop{\sum }\limits_{{i = 1}}^{n}\frac{f\left( x\right) }{x - {x}_{i}}.
\]

因此
\begin{align*}
    {x}^{k + 1}{f}^{\prime }\left( x\right) &= \mathop{\sum }\limits_{{i = 1}}^{n}\frac{{x}^{k + 1}}{x - {x}_{i}}f\left( x\right)\\
    &= \mathop{\sum }\limits_{{i = 1}}^{n}\frac{{x}^{k + 1} - {x}_{i}^{k + 1} + {x}_{i}^{k + 1}}{x - {x}_{i}}f\left( x\right)\\
    &= f\left( x\right) \mathop{\sum }\limits_{{i = 1}}^{n}\frac{{x}^{k + 1} - {x}_{i}^{k + 1}}{x - {x}_{i}} + g\left( x\right)
\end{align*}

其中
\[
g\left( x\right) = \mathop{\sum }\limits_{{i = 1}}^{n}\frac{{x}_{i}^{k + 1}f\left( x\right) }{x - {x}_{i}}
\]
作为 \(x\) 的多项式其次数小于 \(n\) . 

又
\begin{align*}
    \mathop{\sum }\limits_{{i = 1}}^{n}\frac{{x}^{k + 1} - {x}_{i}^{k + 1}}{x - {x}_{i}} &= \mathop{\sum }\limits_{{i = 1}}^{n}\left( {{x}^{k} + {x}_{i}{x}^{k - 1} + \cdots + {x}_{i}^{k}}\right)\\
    &= n{x}^{k} + \left( {{x}_{1} + \cdots + {x}_{n}}\right) {x}^{k - 1} + \cdots + \left( {{x}_{1}^{k} + \cdots + {x}_{n}^{k}}\right)\\
    &= {s}_{0}{x}^{k} + {s}_{1}{x}^{k - 1} + \cdots + {s}_{k}
\end{align*}

于是
\[
{x}^{k + 1}{f}^{\prime }\left( x\right) = \left( {{s}_{0}{x}^{k} + {s}_{1}{x}^{k - 1} + \cdots + {s}_{k}}\right) f\left( x\right) + g\left( x\right) .
\]
\end{proof}



\begin{theorem}[Newton 公式]
记号同上,若 \(k \leq n - 1\) ,则

\[
{s}_{k} - {s}_{k - 1}{\sigma }_{1} + {s}_{k - 2}{\sigma }_{2} - \cdots + {\left( -1\right) }^{k - 1}{s}_{1}{\sigma }_{k - 1} + {\left( -1\right) }^{k}k{\sigma }_{k} = 0;
\]

若 \(k \geq n\) ,则

\[
{s}_{k} - {s}_{k - 1}{\sigma }_{1} + {s}_{k - 2}{\sigma }_{2} - \cdots + {\left( -1\right) }^{n}{s}_{k - n}{\sigma }_{n} = 0.
\]
\end{theorem}
\begin{proof}
对 \(f\left( x\right) = {x}^{n} - {\sigma }_{1}{x}^{n - 1} + {\sigma }_{2}{x}^{n - 2} + \cdots + {\left( -1\right) }^{n}{\sigma }_{n}\) 求导并乘以 \({x}^{k + 1}\) 得到:

\[
{x}^{k + 1}{f}^{\prime }\left( x\right) = n{x}^{n + k} - \left( {n - 1}\right) {\sigma }_{1}{x}^{n + k - 1} + \left( {n - 2}\right) {\sigma }_{2}{x}^{n + k - 2} + \cdots + {\left( -1\right) }^{n - 1}{\sigma }_{n - 1}{x}^{k + 1}.
\]

由引理, 有
\begin{align*}
    {x}^{k + 1}{f}^{\prime }\left( x\right) &= \left( {{s}_{0}{x}^{k} + {s}_{1}{x}^{k - 1} + \cdots + {s}_{k}}\right) f\left( x\right) + g\left( x\right)\\
    &= \left( {{s}_{0}{x}^{k} + {s}_{1}{x}^{k - 1} + \cdots + {s}_{k}}\right) \left( {{x}^{n} - {\sigma }_{1}{x}^{n - 1}}\right.\left. {+{\sigma }_{2}{x}^{n - 2} + \cdots + {\left( -1\right) }^{n}{\sigma }_{n}}\right) + g\left( x\right) .
\end{align*}
比较 \({x}^{n}\) 的系数即知,当 \(k \leq n - 1\) 时,有

\[
{s}_{k} - {s}_{k - 1}{\sigma }_{1} + {s}_{k - 2}{\sigma }_{2} - \cdots + {\left( -1\right) }^{k - 1}{s}_{1}{\sigma }_{k - 1} + {\left( -1\right) }^{k}k{\sigma }_{k} = 0;
\]

若 \(k \geq n\) ,则

\[
{s}_{k} - {s}_{k - 1}{\sigma }_{1} + {s}_{k - 2}{\sigma }_{2} - \cdots + {\left( -1\right) }^{n}{s}_{k - n}{\sigma }_{n} = 0.
\]
\end{proof}


%%%%%%%%%%%%%---------------结式和判别式


\section{结式和判别式}

设 \(f\left( x\right) ,g\left( x\right)\) 是数域 \(\mathbb{K}\) 上的一元多项式. 现在我们来讨论它们何时有公共根 (简称公根). 公根问题实际上等价于公因子问题, 但是现在我们要从另外一个角度来探讨这个问题.



设$f(x),g(x)\in \mathbb{K}[x]$,根据互素在基域扩张下的不变性知
\[(f(x),g(x))_{\mathbb{K}}=1 \Leftrightarrow (f(x),g(x))_{\mathbb{C}}=1, \]
于是可知(代数基本定理:在$\mathbb{C}$上分解为一次多项式乘积)在$\mathbb{C}$上$f(x),g(x) $无公共根.

反命题可知
\[ (f(x),g(x))\neq 1 \Leftrightarrow f(x),g(x)\text{在}\mathbb{C}\text{上有公共根}.\]


\begin{lemma}
设 \(d\left( x\right)\) 是 \(f\left( x\right)\) 与 \(g\left( x\right)\) 的最大公因式,则 \(d\left( x\right) \neq 1\) 的充分必要条件是存在 \(\mathbb{K}\) 上的非零多项式 \(u\left( x\right) ,v\left( x\right)\) ,使
\[
f\left( x\right) u\left( x\right) = g\left( x\right) v\left( x\right)
\]
且 \(\deg u\left( x\right) < \deg g\left( x\right) ,\deg v\left( x\right) < \deg f\left( x\right)\) .
\end{lemma}
\begin{proof}
必要性:若 \(d\left( x\right) \neq 1\) ,令 \(f\left( x\right) = d\left( x\right) v\left( x\right) ,g\left( x\right) = d\left( x\right) u\left( x\right)\) ,则
\[
f\left( x\right) u\left( x\right) = d\left( x\right) v\left( x\right) u\left( x\right) = g\left( x\right) v\left( x\right) ,
\]
且\(\deg u\left( x\right) < \deg g\left( x\right) ,\deg v\left( x\right) < \deg f\left( x\right)\) .

充分性:若 \(d\left( x\right) = 1\) ,可知 \(f\left( x\right) \mid g\left( x\right) v\left( x\right)\) . 但 \(f\left( x\right)\) 与 \(g\left( x\right)\) 互素,因此 \(f\left( x\right) \mid v\left( x\right)\) ,与 $v(x)\neq 0$且\(\deg f\left( x\right) > \deg v\left( x\right)\) 矛盾.
\end{proof}




现设

\[
f\left( x\right) = {a}_{0}{x}^{n} + {a}_{1}{x}^{n - 1} + \cdots + {a}_{n}(a_0\neq 0),
\]

\[
g\left( x\right) = {b}_{0}{x}^{m} + {b}_{1}{x}^{m - 1} + \cdots + {b}_{m}(b_0\neq 0),
\]

\[
u\left( x\right) = {x}_{0}{x}^{m - 1} + {x}_{1}{x}^{m - 2} + \cdots + {x}_{m - 1},
\]

\[
v\left( x\right) = {y}_{0}{x}^{n - 1} + {y}_{1}{x}^{n - 2} + \cdots + {y}_{n - 1},
\]

其中 \({x}_{0},\cdots ,{x}_{m - 1};{y}_{0},\cdots ,{y}_{n - 1}\) 为待定未知数. 将上面 4 个式子代入 $f(x)u(x)=g(x)v(x)$, 比较系数得

\[\begin{cases}
x^{n+m-1}:{a}_{0}{x}_{0} = {b}_{0}{y}_{0}, \\ 
x^{n+m-2}:{a}_{1}{x}_{0} + {a}_{0}{x}_{1} = {b}_{1}{y}_{0} + {b}_{0}{y}_{1}, \\
x^{n+m-3}:{a}_{2}{x}_{0} + {a}_{1}{x}_{1} + {a}_{0}{x}_{2} = {b}_{2}{y}_{0} + {b}_{1}{y}_{1} + {b}_{0}{y}_{2}, \\
\cdots \cdots \cdots \cdots \\ 
x^2:{a}_{n}{x}_{m - 3} + {a}_{n - 1}{x}_{m - 2} + {a}_{n - 2}{x}_{m - 1} = {b}_{m}{y}_{n - 3} + {b}_{m - 1}{y}_{n - 2} + {b}_{m - 2}{y}_{n - 1}, \\ 
x:{a}_{n}{x}_{m - 2} + {a}_{n - 1}{x}_{m - 1} = {b}_{m}{y}_{n - 2} + {b}_{m - 1}{y}_{n - 1}, \\
1: {a}_{n}{x}_{m - 1} = {b}_{m}{y}_{n - 1}.
\end{cases}\]

我们把上述 \(m + n\) 个等式看成是 \(m + n\) 个未知数 \({x}_{0},{x}_{1},\cdots ,{x}_{m - 1};{y}_{0},{y}_{1},\cdots ,{y}_{n - 1}\)的线性方程组. 不难算出这个线性方程组系数矩阵的转置为
\[A^{\prime}=
\begin{pmatrix} {a}_{0} & {a}_{1} & {a}_{2} & \cdots & \cdots & {a}_{n} & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & {a}_{0} & {a}_{1} & \cdots & \cdots & {a}_{n - 1} & {a}_{n} & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & {a}_{0} & \cdots & \cdots & {a}_{n - 2} & {a}_{n - 1} & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & {a}_{0} & \cdots & \cdots & \cdots & {a}_{n} \\ - {b}_{0} & - {b}_{1} & - {b}_{2} & \cdots & \cdots & \cdots & - {b}_{m} & \cdots & 0 \\ 0 & - {b}_{0} & - {b}_{1} & \cdots & \cdots & \cdots & - {b}_{m - 1} & - {b}_{m} & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & - {b}_{0} & - {b}_{1} & \cdots & \cdots & \cdots & - {b}_{m} \end{pmatrix} .
\]



若上述 \(m + n\) 方阵的行列式不等于零,则 \({x}_{i},{y}_{j}\) 都只能全为零,这时 \(f\left( x\right) ,g\left( x\right)\) 互素. 即没有公根. 反之,若上述方阵的行列式等于零,则 \(f\left( x\right) ,g\left( x\right)\) 有公因子,即有公根.



于是就将两个多项式$f(x),g(x),\deg f(x) = n,\deg g(x) = m$是否互素转化为了判断一个$m+n$阶行列式是否等于零,若$|A^{\prime}|\neq 0 \Leftrightarrow (f(x),g(x))=1$;若$|A^{\prime}|=0 \Leftrightarrow  (f(x),g(x))\neq 1$.





\begin{definition}[结式]
设
\[
f\left( x\right) = {a}_{0}{x}^{n} + {a}_{1}{x}^{n - 1} + \cdots + {a}_{n},
\]

\[
g\left( x\right) = {b}_{0}{x}^{m} + {b}_{1}{x}^{m - 1} + \cdots + {b}_{m}.
\]
定义下列 \(m + n\) 阶行列式:
\[R(f,g) = \begin{vmatrix}
 {a}_{0} & {a}_{1} & {a}_{2} & \cdots & \cdots & {a}_{n} & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & {a}_{0} & {a}_{1} & \cdots & \cdots & {a}_{n - 1} & {a}_{n} & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & {a}_{0} & \cdots & \cdots & {a}_{n - 2} & {a}_{n - 1} & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & {a}_{0} & \cdots & \cdots & \cdots & {a}_{n} \\ {b}_{0} & {b}_{1} & {b}_{2} & \cdots & \cdots & \cdots & {b}_{m} & \cdots & 0 \\ 0 & {b}_{0} & {b}_{1} & \cdots & \cdots & \cdots & {b}_{m - 1} & {b}_{m} & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & {b}_{0} & {b}_{1} & \cdots & \cdots & \cdots & {b}_{m}
\end{vmatrix}\]
为 \(f\left( x\right)\) 与 \(g\left( x\right)\) 的结式或称 Sylvester 行列式.
\end{definition}


\begin{definition}[结式]
设
\[
f\left( x\right) = {a}_{0}{x}^{n} + {a}_{1}{x}^{n - 1} + \cdots + {a}_{n},
\]

\[
g\left( x\right) = {b}_{0}{x}^{m} + {b}_{1}{x}^{m - 1} + \cdots + {b}_{m}.
\]

设
\[\alpha = \left(a_0,a_1,\cdots,a_{n-1},a_n,\overbrace{0,\cdots,0}^{m-1\text{个}} \right)\]

\[\beta = \left(a_0,b_1,\cdots,b_{m-1},b_m,\overbrace{0,\cdots,0}^{n-1\text{个}} \right)\]

定义如下的循环映射:
\begin{align*}
   	r: &  \mathbb{K}_{n+m}\rightarrow \mathbb{K}_{n+m} \\
  	 & (c_1,\cdots ,c_{n+m-1},c_{n+m})\mapsto (c_{n+m},c_1,\cdots,c_{n+m-1})
\end{align*}

令
\[R(f,g) = \det \begin{pmatrix}
\alpha\\
r(\alpha)\\
\vdots\\
r^{m-1}(\alpha)\\
\beta\\
r(\beta)\\
\vdots\\
r^{n-1}(\beta)
\end{pmatrix}\]
称为 \(f\left( x\right)\) 与 \(g\left( x\right)\) 的结式(\textbf{resultant})或称 Sylvester 行列式.
\end{definition}
事实上,上述两个定义是一模一样的,只是表述方式不同.

显然我们可以有下列判断两个多项式是否互素的判定定理.

\begin{theorem}\label{theorem:5.10.1}
多项式 \(f\left( x\right)\) 与 \(g\left( x\right)\) 有公根 (在复数域中) 的充分必要条件是它们的结式 \(R\left( {f,g}\right) = 0\) .
\end{theorem}

\begin{corollary}
多项式 \(f\left( x\right)\) 与 \(g\left( x\right)\) 互素的充分必要条件是 \(R\left( {f,g}\right) \neq 0\) .
\end{corollary}




\begin{theorem}
设
\[
f\left( x\right) = {a}_{0}{x}^{n} + {a}_{1}{x}^{n - 1} + \cdots + {a}_{n},
\]

\[
g\left( x\right) = {b}_{0}{x}^{m} + {b}_{1}{x}^{m - 1} + \cdots + {b}_{m},
\]

\(f\left( x\right)\) 的根为 \({x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n},g\left( x\right)\) 的根为 \({y}_{1},{y}_{2},\cdots ,{y}_{m}\) ,则 \(f\left( x\right)\) 与 \(g\left( x\right)\) 的结式为

\[
R\left( {f,g}\right) = {a}_{0}^{m}{b}_{0}^{n}\mathop{\prod }\limits_{{j = 1}}^{m}\mathop{\prod }\limits_{{i = 1}}^{n}\left( {{x}_{i} - {y}_{j}}\right) .
\]
\end{theorem}
\begin{proof}
\begin{enumerate}[(1)]
\item 首一化:记$f(x)=a_0f_1(x),g(x) = b_0g_1(x)$,其中$_1(x),g_1(x)$为首一多项式.由行列式的性质可知
\[R(f,g) = a_0^m b_0^n R(f_1,g_1),\]
即证
\[R(f_1,g_1)=\mathop{\prod }\limits_{{j = 1}}^{m}\mathop{\prod }\limits_{{i = 1}}^{n}\left( {{x}_{i} - {y}_{j}}\right) . \]
\item 不妨设$f(x),g(x)$为首一多项式,即有 
\[f(x) = (x-x_1)(x-x_2)\cdots (x-x_n)\]
\[g(x) = (x-y_1)(x-y_2)\cdots (x-y_m)\]
若存在$ 1\le i\le n,1\le j\le m$使得$x_i = y_j$,根据定理\ref{theorem:5.10.1}知结论成立.

下设$x_i\neq y_j,\forall 1\le i\le n,1\le j\le m$,并且$x_i,y_j$均互不相同.考虑如下矩阵乘积
\begin{align*}
    &R(f,g)\begin{pmatrix}
    x_1^{m+n-1}& \cdots &x_n^{x+m-1}&y_1^{x+m-1}&\cdots &y_m^{m+n-1}\\
    x_1^{m+n-2}& \cdots &x_n^{x+m-2}&y_1^{x+m-2}&\cdots &y_m^{m+n-2}\\
    \vdots     &        &\vdots     &\vdots     &       &\vdots\\
    x_1        & \cdots &x_n        &y_1        &\cdots &y_m\\
      1        & \cdots &1          &  1        &\cdots &1
    \end{pmatrix} \\
    &= \begin{pmatrix}
    0      &\cdots &0     &y_1^{m-1}f(y_1)&\cdots &y_m^{m-1}f(y_m)\\
    \vdots &       &\vdots&\vdots         &       &\vdots\\
    0      &\cdots &0     &        f(y_1) &\cdots &f(y_m)\\
    x_1^{n-1}g(x_1)&\cdots &x_n^{n-1}g(x_n)&0&\cdots &0\\
    \vdots &       &\vdots&\vdots         &       &\vdots\\
    g(x_1)&\cdots &g(x_n)&0&\cdots &0
    \end{pmatrix}
\end{align*}

两边取行列式有
\begin{align*}
&R(f,g) \cdot \prod\limits_{1\le i<k\le n}(x_i-x_k)\cdot \prod\limits_{1\le j<\ell \le m}(y_j-y_{\ell})\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{m}(x_i-y_j)\\
&=(-1)^{mn}\prod_{i=1}^{n}g(x_i)\prod_{j=1}^{m}f(y_j) \prod\limits_{1\le i<k\le n}(x_i-x_k)\cdot \prod\limits_{1\le j<\ell \le m}(y_j-y_{\ell})
\end{align*}
\[\]
由于
\begin{align*}
    (-1)^{mn}\prod_{j=1}^{m}f(y_j) &=\prod_{j=1}^{m}\left((-1)^n (y_j-x_1)(y_j-x_2)\cdots (y_j-x_n)\right)\\
    &=\prod_{j=1}^{m}(x_1-y_j)(x_2-y_j)\cdots (x_n -y_j)\\
    &=\prod_{j=1}^{m}\prod_{i=1}^{n}(x_i-y_j),
\end{align*}

于是
\[R(f,g) = \prod_{i=1}^{n}g(x_i)= \prod_{i=1}^{n}\left((x_i-y_1)(x_i-y_2)\cdots (x_i-y_n)\right)=\prod_{j=1}^{m}\prod_{i=1}^{n}(x_i-y_j),\]
\item 摄动法,一定存在
\[c_1,\cdots ,c_n,d_1,\cdots ,d_m \in \mathbb{C} ,\forall 0<t\ll 1\]
使得
\[x_1+c_1t,\cdots,x_n+c_nt,y_1+d_1t,\cdots,y_m+d_mt\]
互不相同.

设\[f_t(x) = (x-x_1-c_1t)\cdots (x-x_n-c_nt),f_0(x) = f(x),\]
\[g_t(x) = (x-y_1-d_1t)\cdots (x-y_m-d_mt),g_0(x) = g(x),\]
$f_t(x),g_t(x)$系数是$t$的多项式.

由(2)知
\[R(f_t,g_t) = \prod_{j=1}^{m}\prod_{i=1}^{n}(x_i +c_it-y_j-d_jt)\]
左右两边都是关于$t$的多项式,从而是$t$的连续函数,故令$t\to 0^+$得到
\[R(f,g)=\prod_{j=1}^{m}\prod_{i=1}^{n}(x_i-y_j).\]
\end{enumerate}
\end{proof}





利用结式, 可定义一个多项式的判别式如下.

\begin{definition}[判别式]
多项式

\[
f\left( x\right) = {a}_{0}{x}^{n} + {a}_{1}{x}^{n - 1} + \cdots + {a}_{n}
\]

的判别式定义为

\[
\Delta \left( f\right) = {\left( -1\right) }^{\frac{1}{2}n\left( {n - 1}\right) }{a}_{0}^{-1}R\left( {f,{f}^{\prime }}\right) .
\]
\end{definition}




\begin{theorem}\label{theorem:5.10.3}
多项式

\[
f\left( x\right) = {a}_{0}{x}^{n} + {a}_{1}{x}^{n - 1} + \cdots + {a}_{n}
\]

的判别式等于

\[
\Delta \left( f\right) = {a}_{0}^{{2n} - 2}\mathop{\prod }\limits_{{1 \leq i < j \leq n}}{\left( {x}_{i} - {x}_{j}\right) }^{2},
\]
其中 \({x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}\) 为 \(f\left( x\right)\) 的根.
\end{theorem}
\begin{proof}
由于
\begin{align*}
    R(f,g)& = a_0^m\prod_{i=1}^{n}\left(b_0(x_i-y_1)\cdots (x_i-y_m) \right)\\
    &=a_0^m\prod_{i=1}^{n}g(x_i)
\end{align*}
令$g(x) = f'(x),m=n-1$,
又

\[
f\left( x\right) = {a}_{0}\left( {x - {x}_{1}}\right) \left( {x - {x}_{2}}\right) \cdots \left( {x - {x}_{n}}\right) ,
\]

\[
{f}^{\prime }\left( x\right) = {a}_{0}\left( {\mathop{\sum }\limits_{{j = 1}}^{n}\left( {x - {x}_{1}}\right) \cdots \left( {x - {x}_{j - 1}}\right) \left( {x - {x}_{j + 1}}\right) \cdots \left( {x - {x}_{n}}\right) }\right) ,
\]

\[
{f}^{\prime }\left( {x}_{i}\right) = {a}_{0}\left( {{x}_{i} - {x}_{1}}\right) \cdots \left( {{x}_{i} - {x}_{i - 1}}\right) \left( {{x}_{i} - {x}_{i + 1}}\right) \cdots \left( {{x}_{i} - {x}_{n}}\right) .
\]
因此
\begin{align*}
    R(f,f') & =a_0^{n-1}\prod_{i=1}^{n}f'(x_i) \\
     		& =a_0^{n-1}\prod_{i=1}^{n} \left({a}_{0}\left( {{x}_{i} - {x}_{1}}\right) \cdots \left( {{x}_{i} - {x}_{i - 1}}\right) \left( {{x}_{i} - {x}_{i + 1}}\right) \cdots \left( {{x}_{i} - {x}_{n}}\right)\right)\\
     		&= {\left( -1\right) }^{\frac{1}{2}n\left( {n - 1}\right) }{a}_{0}^{{2n} - 1}\mathop{\prod }\limits_{{1 \leq i < j \leq n}}{\left( {x}_{i} - {x}_{j}\right) }^{2}.
\end{align*}
从而
\[\Delta \left( f\right) = {\left( -1\right) }^{\frac{1}{2}n\left( {n - 1}\right) }{a}_{0}^{-1}R\left( {f,{f}^{\prime }}\right) = {a}_{0}^{{2n} - 2}\mathop{\prod }\limits_{{1 \leq i < j \leq n}}{\left( {x}_{i} - {x}_{j}\right) }^{2}.\]
\end{proof}

例如, \(a{x}^{2} + {bx} + c\) 的判别式为 \({a}^{2}{\left( {x}_{1} - {x}_{2}\right) }^{2} = {b}^{2} - {4ac}\) . 这是我们早已熟悉的判别式.



\begin{corollary}
多项式 \(f\left( x\right)\) 有重根的充分必要条件是它的判别式 \(\Delta \left( f\right) = 0\) .
\end{corollary}
\begin{proof}
下面提供两种证明思路.

\fbox{证法一}由定理\ref{theorem:5.10.3}即可得到.

\fbox{证法二}$f(x)$有重根$\Leftrightarrow (f,f')\neq 1\Leftrightarrow R(f,f')=0\Leftrightarrow \Delta(f)=0$.
\end{proof}






作为结式的应用, 我们来求解二元高次方程组. 设
\[\begin{cases}
f\left( {x,y}\right) = 0 \\
 g\left( {x,y}\right) = 0
\end{cases}\]
是两个二元多项式组成的方程组. 我们的目的是把求解这组方程先归结为求解一个一元高次方程. 设 \(f\left( {x,y}\right) ,g\left( {x,y}\right)\) 为

\[
f\left( {x,y}\right) = {a}_{0}\left( y\right) {x}^{n} + {a}_{1}\left( y\right) {x}^{n - 1} + \cdots + {a}_{n}\left( y\right) ,
\]

\[
g\left( {x,y}\right) = {b}_{0}\left( y\right) {x}^{m} + {b}_{1}\left( y\right) {x}^{m - 1} + \cdots + {b}_{m}\left( y\right)
\]
令$y = \beta$,$f(x,\beta),g(x,\beta)$有公共根$x=\alpha$.从而
\[R_x(f(x,\beta),g(x,\beta)) = 0,\]
换言之$ R_x(f,g)$是关于$y$的多项式有根$y = \beta$.



解法:
\begin{enumerate}[(1)]
\item 求$ R_x(f,g)$(是关于$y$的多项式);
\item 求$ R_x(f,g)$的根$\beta_1,\cdots ,\beta_r$;
\item $y=\beta_j$代入$f(x,\beta_j)=0$求根$x=\alpha_1,\cdots,\alpha_s$;
\item 验证$(\alpha_i,\beta_j)$是否为根\footnote{上面的方法只是充分条件,如果有根,一定是这样的,故还需验证.}.
\end{enumerate}










